中考数学压轴题专题通关训练《角的存在性及边对角问题处理策略》(“ppt+视频解析”解题套路模型全覆盖)

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中考压轴题存在性的探究 ppt课件

解：存在.
理由：第一种情况，当以点C为直角顶点时，过点C作CP1⊥AC交抛物线于点P1，过点P1作y 轴的垂线，垂足为M.
云南中考热点题型剖析备考猜押
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∵∠ACP1＝90°， ∴∠MCP1+∠ACO＝90°， ∵∠ACO+∠OAC=90°， ∴∠MCP1＝∠OAC. ∵OA＝OC. ∴∠MCP1＝∠OAC=45°， ∴∠MCP1＝∠MP1C， ∴MC＝MP1.
云南中考热点题型剖析备考猜押
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①当定长为直角三角形的直角边时，分别以定长的某一端点作定长的垂线，与数轴或抛物线有交点时，此交点即为符合条件的点；
②当定长为直角三角形的斜边时，以此定长为直径作圆，圆弧与所求点满足条件的数轴或抛物线有交点时，此交点即为符合条件的点；
云南中考热点题型剖析备考猜押
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（2）是否存在点P，使得△ACP是以AC为直角边
的直角三角形，若存在，
求出所有符合条件的点P的
坐标；若不存在，说明理由. ②
云南中考热点题型剖析备考猜押
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【思路分析】由设问以AC为直角边出发，分两种情况讨论，设出P点坐标，再根据直角三角形的性质、点坐标特征求点P坐标.
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例1 如图，在平面直角
坐标系中，已知点A的坐标是（4，0），并且OA=OC=4OB，动点P在过A,B,C三点的抛物
线上. （1）求抛物线的解析式；①
例1题图
云南中考热点题型剖析备考猜押
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【思路分析】已知点A坐标，且OA，OC，OB的关系可确定A、B、C三点坐标，用三点式即可

初中几何专题，备战中考数学：角的存在性问题讲解

初中几何专题，备战中考数学：角的存在性问题讲解
初中几何专题，备战中考数学：角的存在性问题讲解，点击文末“阅读原文”可下载电子版！
反思：本题第（3）问是一个角的存在性问题，这里仅提供两种较为常见的解法，一是借助45°角联想构造等腰直角三角形，进而构造“一线三直角”解决问题；二是解三角形基本功，即△ABQ与△CPQ都是确定的三角形，必可求.
题10（深圳）如图1－10－1，在平面直角坐标系中，点A（3，0），B（－3，0），C（－3，8），以线段BC为直径作圆，圆心为点E，线段AC交⊙E于点D，连接O D.
（1）求证：直线OD是⊙E的切线；
（2）点F为x轴上的一个动点，连接CF交⊙E于点G，连接BG，如图1－10－2所示.
①当tan∠ACF＝时，直接写出所有符合条件的点F的坐标；
②试求的最大值.
反思:第（2）①问是一个角的存在性问题，而且是一个一般角的存在性问题，这里依托∠ACF，先构造直角三角形，再构造“一线三直角”相似结构，最后框出矩形，借助“定角定比”，顺利解题；也可以求出点H的坐标，然后计算直线CH的解析式，其与x轴的交点即为所求，相较而言，前者更为方便；
第（2）②问巧取直角三角形斜边上的中线，利用“斜大于直”，即“垂线段最短”原理，轻松解题.
题11（泰安）如图1－11－1，若二次函数y＝ax2＋bx＋c的图像与x轴、y轴分别交于点A（3，0）、B（0，－2），且过点C（2，－2）.
（1）求二次函数表达式；
（2）若点P为抛物线上第一象限内的点，且S△PBA＝4,求点P的坐标；
（3）在抛物线上（AB下方）是否存在点M，使∠ABO＝∠ABM？
若存在，求出点M到y轴的距离；若不存在，请说明理由.。

中考数学压轴题破解策略专题25《全等三角形的存在性》

专题 25《全等三角形的存在性》破解策略全等三角形的存在性问题的解题策略有：（1）当有一个三角形固定时（三角形中所有边角为定值），另一个三角形会与这个固定的三角形有一个元素相等；再根据全等三角形的判定，利用三角函数的知识（画图）或列方程来求解．（2）当两个三角形都不固定时（三角形中有角或边为变量），若条件中有一条边对应相等时，就要使夹这条边的两个角对应相等，或其余两条边对应相等；若条件中有一个角对应相等时，就要使夹这个角的两边对应相等，或再找一个角和一条边对应相等．例题讲解例 1 如图，在平面直角坐标系中，抛物线 y ＝ ax 2＋ bx ＋ 4与 x 轴的一个交点为 A （－ 2， 0），与 y 轴的交点为 C ，对称轴是 x ＝3，对称轴与（1）求抛物线的表达式；（2）若点 D 在 x 轴上，在抛物线上是否存在点的坐标；若不存在，请说明理由．（ 3）若点 M 在 y 轴的正半轴上，连结 MA ，过点 N ．问：是否存在点 x 轴交于点 B ． P ，使得△ PBD ≌△ PBC ?若存在，求点 P M 作 MA 的垂线，交抛物线的对称轴于点 M ，使以点 M 、A 、N 为顶点的三角形与△ BAN 全等？若存在，求出点 M 的坐标；若不存在，请说明理由．解：（ 1）由题意可列方程组4a 2b 4 02ba 3解得 1a4， b 3 ，27②当 AM ＝NB ， MN ＝BA 时，可列方程组： 4 m2 n 29 (m n)225所以抛物线的表达式为 y 1 x 2 3x 4．422）显然 OA ＝ 2， OB ＝ 3， OC ＝ 4．所以 BC OB 2 OC 2 5 BA ．若△ P BD ≌△ PBC ，则 BD ＝ BC ＝5，PD ＝PC所以 D 为抛物线与 x 轴的左交点或右交点，点 B ，P 在 CD 的垂直平分线上， ①若点 D 为抛物线与 x 轴的左交点，即与点 A 重合．如图 1，取 AC 的中点 E ，作直线 BE 交抛物线于 P 1（x 1，y 1）， P 2（ x 2． y 2）两点．此时△ P 1BC ≌△ P 1BD ，△ P 2BC ≌△ P 2 B D ．由 A 、 C 两点的坐标可得点 E 的坐标为（－ 1，2）．所以直线 BE 的表达式为 y 1 x 3 ．22所以点 P 1，P 2 的坐标分别为（ 4一 26， 1 26 ）．（4＋ 26， 1 26） 22 ②若 D 为抛物线与 x 轴的右交点，则点 D 的坐标为（ 8， 0）．如图 2，取 CD 的中点 F ．作直线 BF 交抛物线于 P 3（x 3，y 3）， P 4（ x 4，， y 4）两点．此时△ P 3BC ≌△ P 3BD ，△ P 4BC ≌△ P 4 B D ．由 C 、D 两点的坐标可得点 F 的坐标为（ 4，2），所以直线 BF 的表达式为 y ＝ 2x －6．联立方程组y 2x 1 62 3 ，解得x 3 1 41 ，x 4 1 41y x 2 x 4 y 3 8 2 41 y 4 8 2 41所以点 P 3，P 4 的坐标分别为（－ 1＋ 41 ，－ 8＋ 2 41 ），（－1－ 41 ，－8－ 2 41 ），综上可得，满足题意的点 P 的坐标为（ 4一 26， 1 26 ），（4＋ 26，1 26），22 － 1＋ 41 ，－ 8＋ 2 41 ）或（－ 1－ 41 ，－ 8－2 41 ）（ 3）由题意可设点 M （0，m ）， N （ 3， n ），且 m >0，则 AM 2＝4＋m 2，MN 2＝9＋（m －n ）2，BN 2＝n 2．而∠ AMN ＝∠ ABN ＝900，所以△ AMN 与△ ABN 全等有两种可能： ①当 AM ＝ AB ，MN ＝BN 时，所以此时点 M 的坐标为（ 0， 21 ）13y x 2 2 x 1 解得 y 1 2 3 x 2 x 4y 1x 2 4 26 1 26 y 2 可列方程组4 m 2259 (m n)2m 1 21 ，解得2nn 15 21 ；m 221 5 21 n27联立方程 4 26 1 26 ，233m12m22解得2，2（舍）55n1 2n2 2所以此时点M的坐标为（ 0，3）．2综上可得，满足题意的点M的坐标为（ 0， 21 ）或（ 0，3）．2例 2 如图，在平面直角坐标系xoy 中，△ ABO为等腰直角三角形，∠ ABO＝ 90 0，点A 的坐标为（ 4．0），点B在第一象限．若点D在线段BO上，OD＝ 2DB，点E，F在△ OAB的边上，且满足△ DOF与△ DEF全等，求点E的坐标．解：由题意可得OA＝ 4，从而OB＝AB＝ 2 2 ．所以2OD＝2OB＝4 2，BD＝1OB＝2 2．3①当点F在OA上时，（ⅰ）若△ DFO≌△ DFE，点E 在OA上．如图 1．此时DF⊥OA，所以OF＝2OD＝4，所以OE＝2OF＝8，即点E的坐标为（2 3 3点F 在AB上，如图 2．sin ∠BED＝BD＝1；所以∠ BED＝ 300，ED 2AE＝6 2 2 6．ⅱ）若△ DFO≌△ DFE，此时E D＝OD＝2BD，所以从而BE＝3 BD＝ 26，过点E作EG⊥OA于点G．所以3则EG＝AG＝2AE＝ 22 32 2233，E 的坐标为32 233）．8，0）．图11 OG＝2 233，即点ⅲ）若△ DFO≌△ FDE，点E在AB上，如图 3．此时 DE ∥ OA ，所以 BD ＝BE ．从而 AE ＝ OD ＝ 4 2 ，3过点 E 作 EG ⊥OA 于点 G ，则 EG ＝AG ＝ 2 AE ＝ 4 ， 23 所以 OG ＝ 8，即点 E的坐标为（ 8， 4）．3 3 3②当点 F 在 AB 上时，只能有△ ODF ≌△ AFD ，如图 4．此时 DF ∥0A ．且点 E 与点 A 重合，即点 E 的坐标为（ 4， 0）．综上可得，端足条件的点 E 的坐标为（ 8 ，0），3 2 2 3，2 2 3 ），（ 8 ，4 ）或（ 4，0）．3 3 3 3 进阶训练答案：存在．点 F 的坐标为（ 3- 17，－ 4 ）或（ 3+ 17 ，－ 4）2．如图，在平面直角坐标系 xOy 中，直线 l 1过点 A （1，0）且与 y 轴平行．直线 l 2 k过点 B （0，2）且与 x 轴平行，直线 l 1与 l 2相交于点 P ．E 为直线l 2上一点，反比例函数 y= kx （k >0）的图象过点 E 且与直线 l 1 相交干点 F ．（1）若点 E 与点 P 重合，求 k 的值；（ 2）是否存在点 E 及 y 轴上的点 M ，使得以点 M ，E ，F 为顶点的三角形与△ PEF 全等？若存在，求点 E 的坐标：若不存在，请说明理由．1 ．如图，在平面直角坐标系 x Oy 中，已知抛物线 y=1x 2- 3x- 8与y 轴变于点 C ． 4直线 l ； y = - x 与抛物线的对称轴交于点3E ．连结C E ，探究；抛物线上是否存在一点 F ， F 坐标；若不存在，请说明理由．答案：（1）k ＝238 （2）存在．点 E 的坐标为（，2）或（，2） 83k【提示】（ 2）易得点 E （，2），F （1，k ）．①如图 1，当 k <2 时，只能有△MEF ≌△ PEF ．过 31 点 F 作 FH ⊥y 轴于点 H ，易证△ BME ∽△ HFM ，用 k 表示相关线段的长度，从而得到 BM ＝，2再解 Rt △BME ，得 k ＝ 3，所以点 E 的坐标为（ 3，2）；②如图 2，当 k >2 时，只能有488△MEF ≌△PFE ．过点 F 作 FQ ⊥y 轴于点 Q ，同①可得点 E 的坐标为（，2）33．如图，抛物线 y= ax 2+bx+c 经过 A （ - 3 ，0）， B （ 3 3 ，0）， C （0， 3）三点，线段 BC 与抛物线的对称轴交干 D ，该抛物线的顶点为 P ，连结 PA ，A D ．线段 AD 与 y 轴相交于点 E ．（1）求该抛物线的表达式；（ 2）在平面直角坐标系中是否存在一点 Q ．使以 Q ，C ，D 为顶点的三角形与△ ADP 全等？若存在，求出点 Q 的坐标；若不存在，请说明理由．l 2 ByPOl1Axl备用图图 1 图2答案：2）存在．点 Q 的坐标为（ 3 3，4），（ 3 ，－ 2），（ -2 3，1）或（0，7）得 CD ＝ PD ，所以△ QCD 与△ ADP 全等有两种情况．设点 Q 坐标，通过两点间距离公式列出 QC ， QD ， AP ，AD 的长．再分类讨论列方程组，从而求得点 Q 点坐标．方法二：连接 CP ，易证△ CDP 为等边三角形，∠ ADC ＝60°，所以∠ PDA ＝120°． △QCD 与△ ADP 全等有两种情况，①如图 1，∠DCQ ＝120°， CQ ＝DA ＝4，此时点 Q 1的坐标为0，7），点 Q 2的坐标为（ -2 3 ，1）； ②如图 2，∠CDQ ＝120°，DQ ＝DA ＝4，此时点 Q 3的坐标为（ 3 ，－2），点 Q 4的坐标为（ 3 3， 4）1）抛物线的表达式为y=-1x 2+2 3x+3 33提示】（ 2）方法易求直线 BC ： y =- 3x+3， 3从而点 D 的坐标为 3 ， 2），可。

中考专题存在性问题解题策略角的存在性处理策略

第1讲角的存在性处理策略知识必备一、一线三等角1.如图1-1-1，o90=∠=∠=∠E D ACB 且045=∠CAB →CBE ACD ∆∆≌，此为“一线三直角”全等，又称“K 字型”全等;图1-1-1 图1-1-2 图1-1-3 图1-1-42.如图1-1-2，o 90=∠=∠=∠E D ACB →CBE ACD ∆∆∽，此为“一线三直角”相似，又称“K 字型”相似;3.如图1-1-3，o 90=∠=∠=∠E D ACB →CBE ACD ∆∆∽，此为更一般的“一线三等角”. 二、相似三角形的性质相似三角形的对应边成比例，其比值称为相似比；相似三角形的对应线段成比例. 三、正切的定义如图1-1-4，在ABC Rt ∆中，b a A =∠tan ，即A ∠的正切值等于A ∠的对边与A ∠的邻边之比；同理，abB =∠tan ，则1tan tan =∠⋅∠B A ，即互余两角的正切值互为倒数. 方法提炼一、基本策略：联想构造二、构造路线方式(一)：构造“一线三等角”1.45o 角→构等腰直角三角形→造“一线三直角”全等，如图1-2-1；图1-2-12.30o 角→构直角三角形→造“一线三直角”相似，如图1-2-2；图1-2-23.tanα=k →构直角三角形→造“一线三直角”相似，如图1-2-3；4.“一线三等角”的应用分三重境界；一重境：当一条线上已有三个等角时，只要识别、证明，直接应用模型解题，如图1-2-4所示的“同侧型一线三等角”及图1-2-5所示的“异侧型一线三等角”；二重境：当一条线上已有两个等角时，需要再补上一个等角，构造模型解题；三重境：当一条线上只有一个角时，需要再补上两个等角，构造模型解题，如图1-2-6及图1-2-7所示；方式（二）：构造“母子型相似”“角处理”，还可以在角的一边上某点处作水平或竖直辅助线，造成某水平边或竖直边对此角结构，然后在这条线上补出一个与此角相等的角，构造出“母子型相似”，其核心结构如图1-2-8所示.方式（三）：整体旋转法（*）前两种构造属静态构造方式，再介绍一种动态构造方式，即整体旋转法，其核心思想是“图形的旋转（运动）本质是图形上点旋转（运动）；反过来，点的旋转（运动）可以看成该点所在图形的旋转（运动）”.下面以三个问题说明此法：问题1 已知点A （3，4），将点A 绕原点O 顺时针方向旋转45º角，求其对应点A’的坐标.简析第一步（“整体旋转”）：如图1-2-9，作AB ⊥y 轴于点B ，则AB =3，OB =4，点A 绕原点O 顺时针方向旋转45º得到点A ’，可看成Rt △OAB 绕原点O 顺时针方向旋转45º得到Rt △OA ’B ‘，则图1-2-3 图1-2-4 图1-2-5 图1-2-6 图1-2-7图1-2-8A ’B ’=8，OB ’=4，且∠BOB ’=45º；第二步（造“一线三直角”）：如图1-2-10,依托旋转后的Rt △OA B '',作系列“水平—竖直辅助线”，构造“一线三直角”，即Rt △OCB '∽Rt △B DA ''；事实上,Rt △OCB '与Rt △B DA ''都是等腰直角三角形,于是有OC =B C '=22,B D '=A D '=232,故点A '的坐标为722(,)22；问题 2 已知点(4,6)A ,将点A 绕原点O 顺时针方向旋转a 角,其中tan a =12,求其对应点A '的坐标.简析第一步（“整体旋转”）：如图1-2-11,作AB ⊥y 轴于点B,则AB =4,OB =6,将Rt △OAB 绕原点O 顺时针方向旋转a 角得到Rt △OA B '',则A B ''=4,OB '=6, 且tan ∠BOB '=tan a =12；第二步（造“一线三直角”）：如图1-2-12,依托旋转后的Rt △OA B '',作系列“水平—竖直辅助线”，构造“一线三直角”，即Rt △OCB '∽Rt △B DA ''，于是有B C '=565,OC =5125,A D '=545,B D '=585,故点A '的坐标为55(,)55148.问题3 已知点(,)A a b ,将点A 绕原点O 顺时针方向旋转a 角,求其对应点A '的坐标.简析不是一般性，不妨都在第一象限内思考问题：第一步（“整体旋转”）：如图1-2-13,作AB ⊥y 轴于点B,则AB=a ,OB =b ,将Rt △OAB 绕原点O 顺时针方向旋转a 角得到Rt △OA B '',则A B ''=a ,OB '=b ,且∠BOB '=a ；第二步（造“一线三直角”）：如图1-2-14,依托旋转后的Rt △OA B '',作系列“水平—竖直辅助线”，构造“一线三直角”，即Rt △OCB '∽Rt △B DA ''，于是有B C '=sin b a ,OC =cos b a ,A D '=sin a a ,B D '=cos a a , 故点A '的坐标为(,)cos sin cos sin a a b a b a a a +-.例1(2019•日照)如图1-3-1，在平面直角坐标系中，经过点A 的双曲线同时经过点B ，且点A 在点B 的左侧，点A 的横坐标为，图1-2-9∠AOB=∠OBA=45°，则k 的值为_______。

中考数学考前冲刺提升策略直角三角形存在性问题(共19张PPT)

由 OQ2＝OA2，得 ( 1)2 ( 5 k)2 12 k 2 ．
2
4
解得
k1

2 3
3 （如图
2）， k2

2 3
3 （如图 3）．
图2
图3
因动点产生的直角三角形问题
考点伸展
如图 4，已知经过原点 O 的两条直线 AB 与 CD 分别与双曲线 y k （k＞0） x
交于 A、B 和 C、D，那么 AB 与 CD 互相平分，所以四边形 ACBD 是平行四边形．问平行四边形 ABCD 能否成为矩形？能否成为正方形？如图 5，当 A、C 关于直线 y＝x 对称时，AB 与 CD 互相平分且相等，四边形
因动点产生的直角三角形问题
（3）试用含的代数式表示MN2，并求当x为何值时，MN2最小？求此时MN2的值．
因动点产生的直角三角形问题
2．如图，在平面直角坐标系xOy中，⊙O交x轴于A、B两点，直线FA⊥x轴于点A，点D在FA上，且DO平行于⊙O 的弦MB，连DM并延长交x轴于点C．（1）判断直线DC与⊙O的位置关系，并给出证明；（2）设点D的坐标为（﹣2，4），①求MC的长；②若动点P从点A出发向点D匀速运动，速度是每秒1个单位长；同时点Q从点D出发向点C匀速运动，速度是每秒2个单位长；其中一个点到达终点时运动即结束．连接PQ交OD于点H，当△PDH为直角三角形时，求点P的坐标．
中考数学考前冲刺提升策略直角三角形存在性问题
因动点产生的直角三角形问题
因动点产生的直角三角形问题
例1如图，抛物线与x轴交于A、B两点（点B在点A的右侧），与y轴
交于点C，连结BC，以BC为一边，点O为对称中心作菱形BDEC，点P是x 轴上的一个动点，设点P的坐标为(m, 0)，过点P作x轴的垂线 l 交抛物线于点Q．（1）求点A、B、C的坐标；（2）当点P在线段OB上运动时，直线l分别交BD、BC于点M、N.

中考数学压轴题专题通关训练《角的存在性问题处理策略》(“ppt+视频解析”一体化,解题套路,模型全覆盖)

A（1,0）
B（-3,0）
y=-x2-2x+3
顶点（-1,4）
y=ax2+bx+3
遇到矩正和直三横平竖直可通关先倒角来后列点交规大法亮光环
●已知抛物线y=ax2+bx+3经过点A（1,0）和点B（-3,0），与y轴交于C点，点P 为第二象限内抛物线上的动点。
⑵链接OP交交BC于D，当S△CPD :S△BPD =1：2时，请求出D点的坐标。
∠OBP=30°
OP=√3
CP=3- √3 y
②P在BC下方
A
∠OBC=45°
O
∠OBP=60°
CP=3√3-3
∠PBC=15°
P1
C
注意：要有把15°，75°等列入特殊角的胸怀和意识！ p2
B
x
二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴相交于A、B两点，与y轴交于C点，且关于直线x=1对称，点A的坐标为（-1,0） ⑶当a≤x≤a+1时，二次函数y=x2+bx+c的最小值为2a,求a 的值。
套路：涉及二次函数最值，按照取值范围在对称轴左、中、右考量
①a+1＜1 y=x2 -2x -3 =（x-1）2- 4
②a≤1≤a+1
x=a+1时，y最小 y随x的增大而减小
（a+1-1）2- 4=2a
a=1±√5(舍谁？)
x=1时，y最小=-4 2a=-4 a=-2(舍) y
③a＞1
y=x2 -2x -3 =（x-1）2- 4
∠PEG=30° ∠GEO=75°
∠EFO=45°
GBF A x
O
E
OF=OE=1

2020中考压轴二次函数角的存在性问题课件共18张

）
3、（1）分类讨论，本题已明确动点位置，故不需分类；
（2）画图找点，如图所示
（3）设点求解，设M（m，23 ??2
?
4m?
3
2），过O作
OE ⊥AB交BM延长线于E，交AB于G，作EF⊥y轴于F,分别解
直角三角形AOB,OBG,OEF可求E（
24 13
，-
36 13
），所以直线BE为
y=- 5 x-2 ，与抛物线解析式联立方程组可得M横坐标为11 .
BC下方的二次函数图象上．
(1)求二次函数的表达式；
(2)如图①，连接DC，DB，设△BCD的面积为S，求S的最大值；
(3)如图②，过点D作DM⊥BC于点M，是否存在点D，使得△CDM中的某个角恰好
等于∠ABC的2倍？若存在，直接写出点D的横坐标；若不存在，请说明理由．
略解：
1、??= 1 ??2 ? 3 ??? 2，2、最大值4
交点法的方法和步骤： 1、分类讨论，一般分两类，一是点在x轴上方；一是点在x轴下方； 2、画图找点，根据题意画草图找点帮助分析； 3、设点求解，构造等腰三角形或直角三角形求过动点的直线解析式，
利用直线和抛物线交点求法即可求解。
以本题为例：
1、??= 2 ??2 ? 4 ??? 2
3
3
2、（4，
10 3
与x轴交于点A和点B，与y轴交于点C，点B坐标为（6，0），点C坐标为（0，6），
点D是抛物线的顶点，过点D作x轴的垂线，垂足为E，连接BD．
（1）求抛物线的解析式及点D的坐标；
??=
1 ?2
???
2 2+
8
（2）点F 是抛物线上的动点，当∠FBA=∠BDE时，求点F 的坐标；

等角存在性问题中考数学二次函数专题核心考点突破教学PPT课件

即 tan CAB 4 ，根据特殊角的结果，可得tan NAB tan 1 CAB 1 ，
3
2
2
故直线 AN 解析式为： y 1 x 1 ， 2
联立方程： 3 x2 3 x 6 1 x 1 ，
42
2
解得：
x1
2
，
x2
14 3
，
故
N
点坐标为
14 3
, 10 3
．
y C
y C
E AO
yD
C
F
F
AO E
Bx
故 F 点坐标为 2 5, 2 2 5 ．
F
将 EF 作关于 x 轴的对称，如图，交点亦为满足条件的 F 点，
且翻折后的直线解析式为： y 2x 2 ，联立方程： x2 2x 3 2x 2 ，解得： x1 5 ， x2 5 （舍）．
故 F 点坐标为 5, 2 5 2 ．综上，F 点坐标为 2 5, 2 2 5 或 5, 2 5 2 ．
4
33
23
故
M
点坐标为
32 23
,
100 23
．
【2018 娄底中考】
如图，抛物线 y ax2 bx c 与两坐标轴相交于点 A （-1，0）、B（3，0）、C（0，3），D 是
抛物线的顶点，E 是线段 AB 的中点．（1）求抛物线的解析式，并写出 D 点的坐标；（2）F（x，y）是抛物线上的动点：
否存在点 P，使得∠PBC=∠BCD？若存在，求出所有点 P 的坐标；若不存在，请说 y
明理由．
A
C
O
x
P B
D
（1）抛物线： y x2 6x 5 ；
（2）①当点 P 在直线 B C 上方时，如图，过点 B 作 DC 的平行线，与抛物线交点即为 P 点，不难求得直线 B P 解析式为： y 2x 5 ，

江苏专版【中考压轴题突破系列05】二次函数中的角的存在性问题

【中考压轴题专题突破】二次函数中的角的存在性问题1．直线y＝﹣x+2与x轴交于点A，与y轴交于点B，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A、B两点．（1）求这个二次函数的表达式；（2）若P是直线AB上方抛物线上一点；①当△PBA的面积最大时，求点P的坐标；②在①的条件下，点P关于抛物线对称轴的对称点为Q，在直线AB上是否存在点M，使得直线QM与直线BA的夹角是∠QAB的两倍？若存在，直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．2．如图，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣x+5与x轴交于点B，与y轴交于点C．抛物线y＝x2+bx+c经过点B和点C，与x轴交于另一点A，连接AC．（1）求点A的坐标；（2）若点Q在直线BC上方的抛物线上，连接QC，QB，当△ABC与△QBC的面积比等于2：3时，直接写出点Q的坐标：（3）在（2）的条件下，点H在x轴的负半轴，连接AQ，QH，当∠AQH＝∠ACB时，直接写出点H的坐标．3．如图1，在平面直角坐标系xoy中，抛物线y＝﹣x2+bx+3与x轴交于点A（﹣1，0）和点B，与y轴交于点C．（1）求抛物线的表达式；（2）如图2，连接AC、BC，点D是线段BC上方抛物线上的一个动点，当S△BCD＝S时，求点D的坐标；△ABC（3）在抛物线上是否存在点P，使得∠CPO＝∠BPO？若存在，请求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．4．如图，已知抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于点A、B，与y轴分别交于点C，其中点A（﹣1，0），点C（0，2），且∠ACB＝90°（1）求抛物线的解析式．（2）点P是线段ABC一动点，过P作PD∥AC交BC于D，当△PCD面积最大时，求点P的坐标．（3）点M是位于线段BC上方的抛物线上一点，当∠ABC恰好等于△BCM中的某个角时，求点M的坐标．5．如图，在平面直角坐标系中，一次函数y＝x﹣2的图象分别交x、y轴于点A、B，抛物线y＝x2+bx+c经过点A、B，点P为第四象限内抛物线上的一个动点．（1）求此抛物线对应的函数表达式；（2）如图1所示，过点P作PM∥y轴，分别交直线AB、x轴于点C、D，若以点P、B、C为顶点的三角形与以点A、C、D为顶点的三角形相似，求点P的坐标；（3）如图2所示，过点P作PQ⊥AB于点Q，连接PB，当△PBQ中有某个角的度数等于∠OAB度数的2倍时，请直接写出点P的横坐标．6．在平面直角坐标系中，已知矩形OABC中的点A（0，4），抛物线y1＝ax2+bx+c经过原点O和点C，并且有最低点G（2，﹣1），点E，F分别在线段OC，BC上，且S△AEF＝S，CF＝1，直线BE的解析式为y2＝kx+b，其图象与抛物线在x轴下方的图象交于矩形OABC点D．（1）求抛物线的解析式；（2）当y1＜y2＜0时，求x的取值范围；（3）在线段BD上是否存在点M，使得∠DMC＝∠EAF，若存在，请求出点M的坐标，若不存在，请说明理由．二次函数中的角的存在性问题参考答案与试题解析1．【分析】（1）直线y＝﹣x+2与x轴交于点A，与y轴交于点B，则点A、B的坐标分别为：（4，0）、（0，2），将点A、B的坐标代入抛物线表达式，即可求解；（2）①△PBA的面积S＝PN×OA＝×4×（﹣m2+m+2+m﹣2）＝﹣m2+4m，即可求解；②（Ⅰ）若：∠QM1B＝2∠QAM1，则QM1＝AM1，则（a﹣）2+（a﹣3）2＝（a﹣4）2+（﹣a+2）2，即可求解；（Ⅱ）若∠QM2B＝2∠QAM1，则∠QM2B＝∠QM1B，QM1＝QM2，M2、M1关于B对称，即可求解．【解答】（1）直线y＝﹣x+2与x轴交于点A，与y轴交于点B，则点A、B的坐标分别为：（4，0）、（0，2），将点A、B的坐标代入抛物线表达式得：，解得：，故抛物线的表达式为：y＝﹣x2+x+2；（2）①过点P作y轴的平行线交BC于点N，设P（m，﹣m2+m+2），点N（m，﹣m+2），则：△PBA的面积S＝PN×OA＝×4×（﹣m2+m+2+m﹣2）＝﹣m2+4m，当m＝2时，S最大，此时，点P（2，5）；②点P（2，5），则点Q（，5），设点M（a，﹣a+2）；（Ⅰ）若：∠QM1B＝2∠QAM1，则QM1＝AM1，则（a﹣）2+（a﹣3）2＝（a﹣4）2+（﹣a+2）2，解得：a＝，故点M1（，）；（Ⅱ）若∠QM2B＝2∠QAM1，则∠QM2B＝∠QM1B，QM1＝QM2，作QH⊥AB于H，BQ的延长线交x轴于点N，则tan∠BAO＝＝，则tan∠QNA＝2，故直线QH表达式中的k为2，设直线QH的表达式为：y＝2x+b，将点Q的坐标代入上式并解得：b＝2，故直线QH的表达式为：y＝2x+2，故H（0，2）与B重合，M2、M1关于B对称，∴M2（﹣，）；综上，点M的坐标为：（，）或（﹣，）．【点评】主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．2．【分析】（1）直线y＝﹣x+5与x轴交于点B，与y轴交于点C，则点B、C的坐标分别为：（5，0）、（0，5），即可求解；（2）过点A作直线BC的平行线n交y轴于点M，则点M（0，1），则CM＝5﹣1＝4，在点C上方取CN＝CM＝6，过点N作直线m交抛物线于点Q（Q′），则点Q为所求，即可求解；（3）分点Q（6，5）、点Q（﹣1，12）两种情况，分别求解即可．【解答】（1）直线y＝﹣x+5与x轴交于点B，与y轴交于点C，则点B、C的坐标分别为：（5，0）、（0，5），则c＝5，将点B的坐标代入抛物线表达式并解得：b＝﹣6，故抛物线的表达式为：y＝x2﹣6x+5；（2）过点A作直线BC的平行线n交y轴于点M，则点M（0，1），则CM＝5﹣1＝4，在点C上方取CN＝CM＝6，过点N作直线m交抛物线于点Q（Q′），则点Q为所求，则点N（0，11），则直线m的表达式为：y＝﹣x+11…②，联立①②并解得：x＝﹣1或6，故点Q（﹣1，12）或（6，5）；（3）过点A作AK⊥BC于点K，AB＝4，则AK＝BK＝2，AC＝，则sin∠ABC＝＝＝sinα，则tan；①当点Q（6，5）时，过点H作HR⊥AQ交QA的延长线于点R，由点A、Q的坐标知，tan∠QAB＝1＝tanβ，故β＝45°，AQ＝5，则HR＝AR＝x，tan∠HQR＝tanα＝＝＝，解得：x＝10，AH＝x＝20，故点H（﹣19，0）；②当点Q（﹣1，12）时，同理可得：点H（﹣，0）；综上，点H的坐标为：（﹣19，0）或（﹣，0）．【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、解直角三角形、面积的计算等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．3．【分析】（1）将点A（﹣1，0）代入得：﹣1﹣b+3＝0，解得：b＝2，即可求解；（2）DH＝﹣a2+2a+3﹣（﹣a+3）＝﹣a2+3a，，整理得a2﹣3a+2＝0，即可求解；（3）①如图2，作BC的垂直平分线交抛物线于点P1、P2，此时∠CPO＝∠BPO，△BOC 是等腰直角三角形，OP垂直平分BC，即可求解；②如图3，作△BOC的外接圆，与抛物线交于点P3、P4，过点P3作x轴平行线交y轴于点N，过点B作P3N的垂线交NP3的延长线于点M，即可求解．【解答】（1）将点A（﹣1，0）代入得：﹣1﹣b+3＝0，解得：b＝2，∴抛物线解析式为：y＝﹣x2+2x+3；（2）当﹣x2+2x+3＝0时解得：x1＝﹣1，x2＝3，∴A（﹣1，0）、B（3，0），∴AB＝4，∵C（0，3），∴OC＝3∴∵，∴∵B（3，0）、C（0，3），∴y BC＝﹣x+3如图1，设D（a，﹣a2+2a+3），过点D作x轴垂线，交BC于点H，则H（a，﹣a+3）∴DH＝﹣a2+2a+3﹣（﹣a+3）＝﹣a2+3a∴，整理得a2﹣3a+2＝0解得：a1＝1，a2＝2，当a＝1时，y＝4；当a＝2时，y＝3∴D（1，4）或D（2，3）；（3）存在①如图2，作BC的垂直平分线交抛物线于点P1、P2，此时∠CPO＝∠BPO，∵△BOC是等腰直角三角形，OP垂直平分BC∴y OP＝x，由得x2﹣x﹣3＝0，解得：，∴，；②如图3，作△BOC的外接圆，与抛物线交于点P3、P4∵BO＝CO，∴∠BP3O＝∠CP3O∵BC为直径，∴∠BP3C＝90°过点P3作x轴平行线交y轴于点N，过点B作P3N的垂线交NP3的延长线于点M ∵∠CNP3＝∠P3MB＝∠CP3B＝90°∴∠NP3C+∠MP3B＝90°，∠MP3B+∠MBP3＝90°∴∠NP3C＝∠MBP3，∴tan∠NP3C＝tan∠MBP3，∴设，则∴，整理得：m2﹣m﹣1＝0解得：当时，点P在第二象限，此时∠CPO＞∠BPO，故舍去当时，，∴P3（，）；综上所述：；；．【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、圆的基本性质、三角形相似、面积的计算等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．4．【分析】（1）根据射影定理求出点B（4，0），设抛物线的解析式为y＝a（x+1）（x﹣4），将点（0，2）代入求出a＝﹣，然后化为一般式即可；（2）过点P作y轴的平行线交BC于点E，设P（m，0），用待定系数法分别求出直线BC，直线AC，直线PD的解析式，可表示出点E，点D的坐标，然后根据三角形面积公式列出二次函数解析式，利用二次函数的性质求解即可；（3）分两种情况求解：当∠BCM＝∠ABC时和当∠CBM＝∠ABC时，由相似三角形的性质可求出点M的坐标．【解答】（1）∵A（﹣1，0），C（0，2），∴OA＝1，OC＝2，∵∠ACB＝90°，∴由射影定理可得：OC2＝OA•OB，∴OB＝4，∴点B（4，0），设抛物线的解析式为：y＝a（x+1）（x﹣4），将点（0，2）代入上式得：a×1×（﹣4）＝2解得：a＝﹣，∴抛物线的解析式为y＝；（2）如图1，过点P作y轴的平行线交BC于点E，设P（m，0），设直线BC的解析式为y＝kx+b，把B（4，0），C（2，0）代入得，，∴，∴直线BC的解析式为y＝﹣x+2，∴，同样的方法可求得直线AC的解析式为y＝2x+2，可设直线PD的解析式为y＝2x+b，把P（m，0）代入得b＝﹣2m，联立，解得，．∴．∴＝＝﹣．故当m＝＝时，S最大，此时P（，0）．（3）由题意知，∠BMC≠∠ABC，当∠BCM＝∠ABC时，CM∥AB，如图2，∴点C与点M关于抛物线的对称轴对称，∴M（3，2）；当∠CBM＝∠ABC时，如图3，过M作MF⊥BC于F，过F作y轴的平行线，交x轴于G，交过M平行于x轴的直线于K，∵∠CBM＝∠ABC，∠BFM＝∠BGF，∴△MFK∽△FGB，同理可证：△MBF∽△MFK∽△FBG∽△CBO，∴，．设G（n，0），则F（n，﹣+2），∴，KF＝﹣，∴M（），代入抛物线解析式可解得，n＝，n＝4（舍去）．∴，）．综合以上可得M点的坐标为（3，2）或（）．【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征、相似三角形的判定与性质以及一次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是利用待定系数法求出抛物线的解析式及理解运用分类讨论的思想方法．5．【分析】（1）本题所求二次函数的解析式含有两个待定字母，一般需要两个点的坐标建立方程组，现在可求A、B点坐标，代入列方程组可解答；（2）根据∠ADC＝90°，∠ACD＝∠BCP，可知相似存在两种情况：①当∠CBP＝90°时，如图1，过P作PN⊥y轴于N，证明△AOB∽△BNP，列比例式可得结论；②当∠CPB＝90°时，如图2，则B和P是对称点，可得P的纵坐标为﹣2，代入抛物线的解析式可得结论；（3）分两种情况：①当∠PBQ＝2∠OAB时，如图3，作辅助线，构建相似三角形，证明△BOE∽△HPB，得，设P（x，x2﹣x﹣2），则H（x，x﹣2），列方程可得结论；②当∠BPQ＝2∠OAB时，如图4，同理作辅助线，设点P（t，t2﹣t﹣2），则H（t，t﹣2），根据面积法表示PQ的长，证明△PBQ∽△EOF，可得BQ的长，最后根据勾股定理可得结论．【解答】（1）令x＝0，得y＝x﹣2＝﹣2，则B（0，﹣2），令y＝0，得0＝x﹣2，解得x＝4，则A（4，0），把A（4，0），B（0，﹣2）代入y＝x2+bx+c（a≠0）中，得：，解得：，∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣x﹣2；（2）∵PM∥y轴，∴∠ADC＝90°，∵∠ACD＝∠BCP，∴以点P、B、C为顶点的三角形与以点A、C、D为顶点的三角形相似，存在两种情况：①当∠CBP＝90°时，如图1，过P作PN⊥y轴于N，设P（x，x2﹣x﹣2），则C（x，x﹣2），∵∠ABO+∠PBN＝∠ABO+∠OAB＝90°，∴∠PBN＝∠OAB，∵∠AOB＝∠BNP＝90°，∴△AOB∽△BNP，∴，即＝，解得：x1＝0（舍），x2＝，∴P（，﹣5）；②当∠CPB＝90°时，如图2，则B和P是对称点，当y＝﹣2时，x2﹣x﹣2＝﹣2，x1＝0（舍），x2＝，∴P（，﹣2）；综上，点P的坐标是（，﹣5）或（，﹣2）；（3）∵OA＝4，OB＝2，∠AOB＝90°，∴∠BOA≠45°，∴∠BQP≠2∠BOA，∴分两种情况：①当∠PBQ＝2∠OAB时，如图3，取AB的中点E，连接OE，过P作PG⊥x轴于G，交直线AB于H，∴OE＝AE，∴∠OAB＝∠AOE，∴∠OEB＝2∠OAB＝∠PBQ，∵OB∥PG，∴∠OBE＝∠PHB，∴△BOE∽△HPB，∴，由勾股定理得：AB＝＝2，∴BE＝，∵GH∥OB，∴，即，∴BH＝x，设P（x，x2﹣x﹣2），则H（x，x﹣2），∴PH＝x﹣2﹣（x2﹣x﹣2）＝﹣x2+4x，∴，解得：x1＝0，x2＝3，∴点P的横坐标是3；②当∠BPQ＝2∠OAB时，如图4，取AB的中点E，连接OE，过P作PG⊥x轴于G，交直线AB于H，过O作OF⊥AB于F，连接AP，则∠BPQ＝∠OEF，设点P（t，t2﹣t﹣2），则H（t，t﹣2），∴PH＝t﹣2﹣（t2﹣t﹣2）＝﹣t2+4t，∵OB＝4，OC＝2，∴BC＝2，∴OE＝BE＝CE＝，OF＝＝＝，∴EF＝＝＝，S△ABP＝＝，∴2PQ＝4（﹣t2+4t），PQ＝，∵∠OFE＝∠PQB＝90°，∴△PBQ∽△EOF，∴，即，∴BQ＝，∵BQ2+PQ2＝PB2，∴＝，44t2﹣388t+803＝0，（2t﹣11）（22t﹣73）＝0，解得：t1＝5.5（舍），t2＝；综上，存在点P，使得△PBQ中有某个角的度数等于∠OAB度数的2倍时，其P点的横坐标为3或．【点评】此题是二次函数的综合题，是中考的压轴题，难度较大，计算量也大，主要考查了待定系数法求解析式，还考查了三角形的面积，相似三角形的性质与判定，并学会构造相似三角形解决问题．6．【分析】（1）可设顶点式解析式，将原点坐标代入即可求出抛物线的解析式；（2）如图1，过点F作FH∥OC，与AE交于点H，通过面积法求出点H的坐标，通过求出直线AH的解析式推出点E坐标，再求出直线BE的解析式，最后求出直线BE与抛物线的交点，即可由二次函数与一次函数之间的关系写出结论；（3）先证点A，B，F，E四点共圆，如图2，作BC得垂直平分线交直线EB于点N，连接NC，求出点N坐标，再作NC的垂直平分线交直线BD于点M，设M（n，2n﹣4），由MN ＝MC，可列出关于n的方程，此时∠DMC＝2∠MNC＝4∠EBC＝4∠EAF，即可写出点M 的坐标．【解答】（1）设抛物线的解析式为y＝a（x﹣h）2+k，由题意可得h＝2，k＝﹣1且抛物线经过原点，∴0＝a（0﹣2）2﹣1，解得，∴抛物线的解析式为；（2）由（1）可知抛物线的对称轴为x＝2，点O与点C关于x＝2对称，∴C（4，0），OC＝4，∵A（0，4），CF＝1，∴OA＝4，S矩形OABC＝OA•OC＝16，F（4，1），∵，∴S△AEF＝5，如图1，过点F作FH∥OC，与AE交于点H，∴，∴，，设直线AH的解析式为y＝k1x+4，∴，∴k1＝﹣2，∴直线AH的解析式为y＝﹣2x+4，当y＝0时，求得x＝2，∴E（2，0），而B（4，4），∴直线BE：y2＝2x﹣4，∵点D在直线BE上，故D（x，2x﹣4）同时也满足抛物线，故，解得：，（舍去），∴，当0＞y2＞y1时，从图象可得直线在抛物线的上方且都在x轴的下方才满足条件，对应x的取值范围为；（3）∵E（2，0），F（4，1），A（0，4），∴，AF＝5，，∴AE2+EF2＝AF2，而矩形OABC，∴∠AEF＝90°，∠ABC＝90°，∴∠AEF+∠ABC＝180°，∴点A，B，F，E四点共圆，∴∠EAF＝∠EBC如图2，作BC的垂直平分线交直线EB于点N，连接NC，则NB＝NC，∠NBC＝∠NCB，∴∠ENC＝2∠EBC，设N（x N，2），则2＝2x N﹣4，解得x N＝3，∴N（3，2），作NC的垂直平分线交直线BD于点M（n，2n﹣4），B（4，4），C（4，0），∴，，则MN＝MC，∴∠MNC＝∠MCN，∴∠DMC＝2∠MNC＝4∠EBC＝4∠EAF，∴，解得：n＝，∴，综上所述，点M的坐标为．【点评】本题考查了待定系数法求解析式，二次函数的图象及性质，圆的有关性质等，解题关键是能够通过作线段的垂直平分线构造2倍角等．。

2020中考数学压轴专题角度存在性和角度关系问题

2020 中考数学压轴专题角度存在性和角度关系问题知识导航1．角度的存在性问题角度的存在性问题分为特殊角和非特殊角的存在性问题，在考试中主要以特殊角的存在性问题为主，特殊角通常包括30 、45 、60 、90 等．几何法：利用(特殊)角度构造直角三角形，从边长比例关系进行求解．工具：2．角度关系的存在性问题角度关系的问题一般指两角或多角的和差倍分或大小关系的问题几何法：构造相似或全等三角形进行求解．解析法：利用三角函数值进行求解．例题精练模块一角度的存在性问题例题1. 如图，抛物线y ax2 bx 4a经过A( 1,0) ，C(0, 4) 两点，与x轴交于另一点B．(1)求抛物线的解析式；(2)已知点D(m, m 1)在第一象限的抛物线上，连接BD，在抛物线上是否存在点P 使得DBP 45 ？若存在，请求出点P 的坐标；不存在，说明理由．例题2. 如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y ax2 bx c经过点A( 3,0)、B(0, 3) 、C(1,0) 三点．(1)求抛物线的解析式和顶点 D 的坐标；(2)将抛物线的对称轴绕抛物线的顶点 D 顺时针旋转60 ，与直线y x 交于点N．在直线DN 上是否存在点M ，使得MON 75 ．若存在，求出点M 的坐标；若不存在，请说-4模块二角度关系的存在性问题例题 3. 如图，在平面直角坐标系 xOy 中，二次函数 y并与 x 轴交于点 B( 1,0)和点 C ，顶点为 P ．1)求二次函数的解析式；2)设 D 为线段 OC 上的一点，若 DPCBAC ，求点 D 的坐标．y4 3 2 1-4 - 3 -2 -1O 1 2 3 4 5 x-1 -2 -321x 2bx c 的图象经过点 A( 3,6) ，例题4. 如图，已知抛物线y ax2 bx c的对称轴为直线，且与x轴交于A、B 两点．与y轴交于点C．其中A（1, 0），C（0, 3）．（1）求抛物线的解析式；2）若点P 在抛物线上运动（点P 异于点A ），当例题5. 如图，已知抛物线 y （3 m ）x 2 2（m 3）x 4m m 2的顶点 A 在双曲线 y 3上，直线 y mx b 经过点 A ，与 y 轴交于点 B ，与 x 轴交于点 C. （ 1）确定直线 AB 的解析式．（2）将直线 AB 绕点 O 顺时针旋转 90 , 与x 轴交于点 D, 与y 轴交于点 E, 求sin ∠BDE 的值．（3）过点 B 作 x 轴的平行线与双曲线交于点 G ，点 M 在直线 BG 上，且到抛物线的对称轴的距离为 6．设点 N 在直线 BG 上，请你直接写出使得 AMB ANB 45 的点 N 的坐标．yx例题6. 抛物线y （x 3）（x 1）与x轴交于A，B 两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C，点 D 为顶点．（1）求点 B 及点 D 的坐标；（2）连结BD，CD ，抛物线的对称轴与x 轴交于点E．①若线段BD 上一点P，使DCP BDE ，求点P 的坐标；②若抛物线上一点M，作MN CD ，交直线CD于点N，使CMN BDE ，求点M的坐标．yAO备用图课后巩固练习练1.如图直线y 1x m与抛物线y x2bx c交于C、D两点，其中点C在y轴上，点25D 的坐标为3, 5，点P 是y 轴右侧的抛物线上一动点，过点P 作PE x 轴于点 E ，2交CD 于点 F .（1）求一次函数和抛物线的解析式．（2）若点P的横坐标为t，当t为何值时，四边形OCPF 是平行四边形？请说明理由．（3）在CD 上方是否存在点P，使PCF 45 ，若存在，求出相应的点P 的坐标，若不存在，请说明理由．练2. 如图，在平面直角坐标系xOy 中，以直线x 1为对称轴的抛物线y ax2bx c 与x 轴3 从左至右依次交于A，B 两点，与y 轴交于点C，且AB 4，点 D 2, 在抛物线上，2 直线l 是一次函数y kx 2（k 0）的图象．（1）求抛物线的解析式；（2）如果直线l 平分四边形OBDC 的面积，求k 的值；（3）将抛物线作适当平移，求解与探究下列问题；①若将抛物线y ax 2 bx c 向下平移m 个单位长度后，恰与第（2）问中的直线l 有且只有一个公共点，求m 的值；②把抛物线y ax2bx c向左平移1个单位，再向下平移 2 个单位，所得抛物线与直线l 交于M，N 两点，请在备用图中画出草图，并探究：在y 轴正半轴上是否存在一定点P，使得无论k 取何值，MPN 总被y 轴平分？若存在，求出P 点坐标；若不存在，请说明理由．备用图练3. 如图3-1，已知直线y kx与抛物线y 4 x2 22交于点A（3，6）．27 3（1）求直线y kx 的解析式和线段OA 的长度．（2）点P为抛物线第一象限内的动点，过点P作直线PM，交x 轴于点M（点M、O不重合），交直线OA 于点Q，再过点Q 作直线PM 的垂线，交y 轴于点N．试探究：线段QM 与线段NQ 的长度之比是否为定值？如果是，求出这个定值；如果不是，说明理由．（3）如图3-2，若点 B 为抛物线上对称轴右侧的点，点D（m,0）是x 轴正半轴上的动点，且满足BAE围时，符合条件的 E 点的个数分别是 1 个、2个？点 E 在线段OA 上（与点O 、A 不重合），BED。

中考(初中)数学120解题模型分类通关讲座

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为什么建议看着课件听课？
模块一：角的存在性处理策略
表面积，用正弦；判等腰，想余弦；定等角，找正切；角推死，边算完；拉关系，设表列；遇含参，不恐惧；按常规，大胆干。
最近老李发布的视频课程将重点学习“角的存在性”动态问题压轴题。做压轴题，老李向来主张角优先，通过定角确定边的关系，从而找到解决难题的题眼。
视频链接在188道题目的页面上，完全免费，即点即看（电脑、手机、电视）。 ●作品按照教学大纲、及中考题型，分类精选和讲解中考真题188道，各版本通
用。以“怎么想、怎么用、怎么做、怎么快”为切入点，深度剖析和解读中考数学全部的解题模型、套路、方法、技巧和二级结论。是教师提升、家长陪辅、学生拔高的首选资源。其中包含《中考数学必做的50道压轴题》。 ●作者:李澍，系60后中学数学高级教师。教学一线摸爬滚打30多年，屡次参与中考命题、阅卷及调研工作。潜心追踪研究中考命题、解题规律10多年。 30年积淀，历时3年，打造了这套“视、听、看”一体化中考数学复习资源。
结
晶
初二开窍
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初三逆袭
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世界上最大的遗憾不是我不行，而是我本可以！你努力，为梦想，我们努力，为你！
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●原创作品：购买后严禁在媒体公开发布，严禁用来售卖盈利。 ●本作品是《中考（初中）数学120解题模型》系列作品的配套作品。是120
解题模型的实战训练版。既可单独使用，也可配合“120解题模型”使用。 ●900多页ppt（可自行修改、编辑、打印），167集视频（30-100分钟/集），
母子型相似模型构造示意图
定定
定
您看懂了吗？
题目中遇到一个已知的角，过角的边上的定点作与角相对的横线或竖线（平行坐标轴），与角的两边构成三角形，过角的顶点作三角形的高，同时在定边一侧在造一个已知角，构造如图所示的子母型相似。诀曰：遇到一个已知角边上定点对角轴一轴一角三角形轴上作高定垂足定边一侧造等角子母相似现原型

李澍老师原创《中考数学通关必做的66道压轴题视图解析》思维导图PPT课件+扫题面上的二维码看视频解析

对行策的题转问性问问存分问的角存存全比
题模型
角互补四
程问题
略
旋转为题
平题问题题在问题平形在在的
移大题
性题大分存性
问
问全
问全角在
题
题
性
边
形
《中考必做的66道压轴题》课件目录一
• 40-对角互补模型 39-垂直平分 38-二倍角 37-重叠面积 • 36-两次相似 35-平四存在性 34-直角三角形存在性 • 33-将军饮马+相似 32-旋转与最值 31-75°角处理策略 • 30-相似存在性 29-中点+等腰三角形存在性 28-菱形存在性 • 27-角平分线存在性 26-正方形存在性+线段比最值 25-点到直线距离 • 24-矩形存在性及等角套 23-菱形存在性 22-矩形存在性 21-矩形存在性 • 20-矩形存在性 19-平行四边形存在性通法 18-三角形相似存在性（知比） • 17-三角形相似存在性（作图法） 16-相似三角形与掉包计 • 15-直角三角形存在性 14-等腰三角形存在性 13-菱形存在性 • 12-相似三角形存在性 11-等角问题处理处理 10-平行四边形存在性 • 9-绝对值处理策略 8-相似存在性（边+角→掉包） 7-45°角处理策略 • 7（2）-相似+三角比 6-平移与相似 5-平行四边形+等角 4-相似与三角 • 3-45°处理策略与三角比 2-面积与等角 1-平移、面积、关系式 • 附一《中考数学120解题模型》（口诀） • 附二初中数学重要历史人物
一课一题一视频看图导学思路清举一反三提效率道听图说简而精
盲目刷题，不如精做典例
老李继续和你一起图解中考数学压轴题

中考复习：存在性问题示范课(结合河南中考压轴题分析)(共103张PPT)

M
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【【题存型在结性构问】题题型结构】
问题背景研究
23（1）
模型套路调用
23（2）
整合及转化
23（3）
【【题存型在结性构问】题题型结构】
问题背景研究
求坐标或函数解析式
23（1）
求角度或线段长
表达式
模型套路调用
23（2）
坐标
整合及转化
23（3）
横平竖直
②坐标相减；表达线段长竖直：纵，上减下横平：横，右减左
注：位置关系引起的分类；几何转化为函数角度
长斜放置
①倾斜程度固定借助相似，利用横平竖直线段长通过相似比进行表达
②倾斜程度变化利用勾股定理：（x1 - x2）2 （y1 - y2）2
（2011·河南）（2）点P是直线AB上方的抛物线上一动点（不与点A，B重合），过点P作x轴的垂线，垂足为C，交直线AB 于点D，作PE⊥AB于点E．设△PDE的周长为l，点P的横坐标为x，求l关于x的函数关系式，并求出l的最大值．
面积9:10存在性(转化横平竖直)
2011 求表达式周长最大值
正方形存在性
2010 求表达式面积最大值
平行四边形存在性
1．如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线经过A (-4， 0)，B (0，-4)， C (2，0) 三点．（1）求抛物线的解析式．
y a x 4 x 2
4 0 0 4 8a a1
标
作图转化
2016
探究规律，复几何综合：折叠、
合规律求点坐直角结构、一线三

2023年九年级数学中考总复习题型二直角三角形存在性问题(必考题型)课件

顶点N、P关于Q成中心对称，求出N点坐标可得Q点坐标设N点的坐标为(m,5)
用m表示F点坐标，用坐标表示三边长，分情况用勾股定理列式求m
(-5,0)
(1,
0)
如图，已知抛物线C1：y=a(x+2)2-5 的顶点为P，与x轴相交于A、B两点（点A 在点B的右边），点B的横坐标是1.
（3）如图2，点Q是x轴正半轴上一点，将C 1抛物线绕点Q旋转180°后得到抛物线C 4，抛物线C 4的顶点为N，与x轴相交于E、F两点（点E在点F 的左边），当以P、N、F为顶点的三角形是直角三角形时，求点Q的坐标.
作P1E⊥y轴于点E △P1EC∽△COA ∵OC=OA ∴P1E=EC
E
P1
(0,4)
(-1,0)
巩固练习如图，在平面直角坐标系中，已知点A的坐标是（4，0），OA=OC=4OB并且，动点P在过A、B、C三点的抛物线上. 1）求抛物线的解析式； 2）在抛物线上是否存在点P，使得△ACP是以AC为直角边的直角三角形，若存在，求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由.
x
变式2.如图，已知抛物线C1：y=a(x+2)2-5 的顶点为P，与x轴相交于
A、B两点（点A在点B的左边），点B的横坐标是1. （1）求P点的坐标及a的值；
1) P(-2,-5) 把B(1,0)带入到解析式得
a5 9
y C1
y C1
M
N
A
(-5,0)
OB
P 图1
(1,0)
C2
x
A
C3
B O
QE
将A(1,-4)代入y=kx-6，得k=2
如图2同理
Q(0, 3) 2

中考方法技巧专题(09) 角的存在性问题

2
∴x=-6,∴C(-6,0),∴OC=6. 设 D(a,b),则 DE=b,PE=a-6. ∵∠PDE=∠CBO,∠COB=∠PED=90°, ∴△CBO∽△PDE, ∴ 㤵= ,即3= 6 ①,
-6
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Word 版练习题
方法技巧专题(九) 角的存在性问题
这里所说的角的存在性问题主要涉及 45°角(或 135°角)、两角相等的存在性问题.45°角是一个非常特殊的角,它不仅是直角的一半,也是等腰直角三角形的底角,解决此类问题的一般策略是构造等腰直角三角形 (见下图);角的相等问题常借助相似(全等)或等腰三角形求解.
又点 P 是 OB 中点,∴BP=OP= .在 y 轴负半轴上取点 D(0,-2),连结 CD,∴OC=OD=2,
2
∴∠OCD=∠ODC=45°=∠APC=∠ABO, 易证∠CPD=∠PAB,∴△CPD∽△PAB,
∴=.
㤵㤵
由勾股定理得 AB= 2m,CD=2 2,∴ 2+2= 2 2 ,解得 m=12 或 m=0(舍).
∴∠POA=∠OP'M.
又∵∠PHO=∠P'MO=90°,OP=OP',
∴△OPH≌△P'OM(AAS),
∴△OPH 的面积=△OP'M 的面积=3.
又∵OH=AH,∴△OPA 的面积为 6.故选 B.
Word 版练习题
2.29 [解析]方法一:如图①,在 BC 上取点 E,使 BE=AB,则∠BEA=45°,易证△CAD∽△AED,
的面积满足 S△OAB∶S△ODE=3∶4.
(1)S△OAB=

广猛2020年中考数学复习第2讲 “边对角”问题处理策略word版含答案)

第二讲 “边对角”问题处理策略题1(2019·威海)如图2－1－1，⊙P 与x 轴交于点A （－5，0）、B （1，0），与y 轴的正半轴交于点C 。

若∠ACB ＝60°，则点C 的纵坐标为（）ABCD2简析如图1－2－2，连接P A 、PB 、PC ，过点P 分别作x 轴、y 轴的垂线，垂足依次为点G 、H ，由∠ACB ＝60°，可得∠APB ＝120°，又P A ＝PB ，故∠APG ＝∠BPG ＝60°；因为AB ＝6，所以AG ＝BG ＝3，PG＝P A ＝PB ＝PC ＝OGPH 为矩形，则PH ＝OB ＝2，OH ＝PGCH ＝从而OCB 。

反思这是一个典型的“边对角”问题，利用《广猛说题》中例1的各种解题策略都可解决，如构造“一线三等角”、“母子型相似”、“半角模型”等，可自行探究，本题图中已提供△ABC 的外接圆，故这里只呈现最为简捷的“边对角→辅助圆”解法。

题2（2019·赤峰）如图2－2－1，直线y ＝－x ＋3与x 轴、y 轴分别交于B 、C 两点，抛物线y ＝－x 2＋bx ＋c 经过点B 、C ，与x 轴另一交点为A ，顶点为D 。

（1）求抛物线的解析式；（2）在x 轴上找一点E ，使EC ＋ED 的值最小，求EC ＋ED 的最小值；（3）在抛物线的对称轴上是否存在一点P ，使得∠APB ＝∠OCB ？若存在，求出P 点坐标；若不存在，请说明理由。

简析（1）抛物线的解析式为y ＝－x 2＋2x ＋3；（2）如图2－2－2，作点C 关于x 轴的对称点C ',连接C 'D ，则C 'D 与x 轴的交点即为要找的点E ，易得点C '（0，－3），直线C 'D 的解析式为y ＝7x －3，点E 的坐标为（37，0），此时EC ＋ED 取得最小值（3）方法一（“边对角→辅助圆”）：①当点P 在x 轴上方时，如图2－2－3（已隐去抛物线），作△ABP 的外接圆⊙M ，由∠APB ＝∠OCB ＝45°，可得∠AMB ＝90°，则△AMB 为等腰直角三角形，且AB ＝4，易求点M 的坐标为（1，2），AM ＝PM ＝P 的坐标为（1，2＋； ②当点P 再x 轴上方时，同理或由对称性，可知点P 的坐标为（1，－2－；综上所述，点P 的坐标为（1，2＋1，－2－；方法二（“倍半角模型”）：当点P 在x 轴上方时，如图2－2－4（已隐去抛物线），设抛物线的对称轴与x 轴交于点G ，在线段PG 上取点M ，使AM ＝PM ，当∠APB ＝45°时，由对称性可知∠APG ＝∠BPG ＝22.5°，故∠AMG ＝45°，则MG ＝AG ＝BG ＝2，AM ＝PM ＝因此点P 的坐标为（1，2＋,下略。

中考数学压轴题之--二次函数角度的存在性问题(一)(含答案)

中考数学压轴题之--二次函数角度的存在性问题（一）问题1：在分析特殊角的存在性问题，一般要将特殊角放在直角三角形中考虑，如何构造直角三角形？问题2：在处理特殊角的存在性问题时建等式的手段有哪些？问题3：角度的存在性问题的处理思路是什么？1.如图，在平面直角坐标系xOy中，点P为抛物线上一动点，点A的坐标为（4，2），若∠AOP=45°，则点P的坐标为( )A. B.（3，9）C.或（-3，9）D.（3，9）或答案：B解题思路：试题难度：三颗星知识点：弦图模型2.如图，抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B右侧），与y 轴交于点C．D为抛物线上的一点，且，连接BD，点P为抛物线上一点．若∠DBP=45°，则点P的坐标为( )A. B.C.或D.或答案：A解题思路：试题难度：三颗星知识点：弦图模型3.如图，已知二次函数的图象经过A（-3，0），B（1，0），C（0，6）三点，直线与y轴交于点D，点P为二次函数图象上一动点，若∠PAD=45°，则满足题意的点P的坐标为( )A. B.C.或D.或答案：C解题思路：试题难度：三颗星知识点：弦图模型4.已知二次函数的图象经过两点，点D的坐标为，点P为二次函数图象上一动点，若∠ADP=45°，则满足题意的点P的坐标为( )A. B.或C. D.或答案：D解题思路：试题难度：三颗星知识点：弦图模型5.如图，抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，点D是抛物线的对称轴与x轴的交点，点P是抛物线上一点，且∠DCP=30°，则符合题意的点P的坐标为( )A.或B.或C. D.答案：C 解题思路：试题难度：三颗星知识点：二次函数背景下的存在性问题学生做题后建议通过以下问题总结反思问题1：在分析特殊角的存在性问题，一般要将特殊角放在直角三角形中考虑，如何构造直角三角形？问题2：在处理特殊角的存在性问题时建等式的手段有哪些？问题3：结合第1题考虑不变特征是什么？问题4：角度的存在性问题的处理思路是什么？。

2021年数学中考压轴题系列：第07讲角的存在性--有详解答案

第七讲角的存在性问题一、相似三角形的性质1. 两个三角形相似，对应角相等；2. 两个三角形相似，对应边成比例；2. 两个三角形相似，对应线之比（高线、角平分线、中线）等于相似比；3. 两个三角形相似，周长比等于相似比；4. 两个三角形相似，面积比等于相似比的平方.二、一线三等角1. 如图1，若∠ACB=∠D=∠E=90°，若AC=BC，即△ACB为等腰直角三角形，则有△ACD≌△CBE；2. 如图2，若∠ACB=∠D=∠E=90°，此为一线三直角，也称“K字型”，则有△ACD∽△CBE；3. 如图3，若∠ACB=∠D=∠E，此为一般的一线三等角，则有△ACD∽△CBE.图1 图2 图3方法总结一、构造一线三等角1. 当出现特殊角度45°时，联想到直角三角形，联想到一线三垂直，如图4有△ACD∽△CBE；图42. 当出现特殊角度30°时，联想到直角三角形，联想到一线三垂直，如图5有△ACD∽△CBE；图53. 当出现tan=a b时，联想到直角三角形，联想到一线三垂直，如图6有△ACD∽△CBE；二、构造子母型相似三、整体旋转法如图，已知点()3,4A ，将点A 绕原点O 顺时针旋转45°角，求其对应点A`的坐标.解题：精讲精练∵ △BAC ∽△BEA ∴ BA 2=BC ·BE则 BD 2+AD 2=BC ·BE72222A ⎛' ⎝⎭【例题1】如图，在平面直角坐标系中，经过点A的双曲线y＝（x＞0）同时经过点B，且点A在点B的左侧，点A的横坐标为，∠AOB＝∠OBA＝45°，则k的值为．【例题2】（2018•武汉模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝12，E为边AB上一点，AE＝2，P、Q 分别为边AD、BC上的两点，且∠PEQ＝45°，若△EPQ为等腰三角形，则AP的长为．【例题3】如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝﹣x+m分别交x轴，y轴于A，B两点，已知点C（2,0）．（1）当直线AB经过点C时，点O到直线AB的距离是；（2）设点P为线段OB的中点，连结P A，PC，若∠CP A＝∠ABO，则m的值是．【例题4】如图，已知点A（2，3）和点B（0，2），点A在反比例函数y＝的图象上，作射线AB，再将射线AB绕点A按逆时针方向旋转45°，交反比例函数图象于点C，则点C的坐标为．【例题5】如图1，平面直角坐标系中，直线y＝x+1与抛物线y＝﹣x2+bx+c交于A，B两点，点A在y轴上，点B的横坐标为，点P是直线AB上方的抛物线上的一动点（不与点A，B重合），作PC⊥AB于点C．（1）求抛物线的解析式；（2）设点P的横坐标为m．①用含m的代数式表示PC的长；②求PC长的最大值；（3）如图2，连接P A，若∠P AB＝45°，求点P的坐标．练习题1．如图，已知反比例函数y＝（x＞0）的图象经过点A（3，4），在该图象上面找一点P，使∠POA＝45°，2．如图，在平面直角坐标系中，OA＝AB，∠OAB＝90°，反比例函数y＝（x＞0）的图象经过A，B两点．若点A的坐标为（n，1），则k的值为．3．（1）如图1，已知△ABC，以AB，AC为边分别向△ABC外作等边△ABD和等边△ACE，连结BE，CD，请你完成图形（尺规作图，不写作法，保留作图痕迹），并证明：BE＝CD；（2）如图2，利用（1）中的方法解决如下问题：在四边形ABCD中，AD＝3，CD＝2，∠ABC＝∠ACB ＝∠ADC＝45°，求BD的长．（3）如图3，四边形ABCD中，∠CAB＝90°，∠ADC＝∠ACB＝α，tanα＝，CD＝5，AD＝12，求BD的长．4．（2019•成都一模）如图，反比例函数的图象过格点（网格线的交点）A．（1）求反比例函数的解析式；（2）若点P是该双曲线第一象限上的一点，且∠AOP＝45°，填空：①直线OP的解析式为；5．如图，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A（0，3），C（3，0）；过A作AB∥x轴交抛物线于点B，连接AC、BC，点P为抛物线上动点．（1）求抛物线解析式；（2）当∠P AB＝∠BCA时，求点P的坐标；（3）当点P在抛物线上BC两点之间移动时，点Q为x轴上一动点，连接AP、AQ，使得tan∠P AQ＝2，且AP交BC于点G，过G作GH⊥AQ交AQ于点H，设点H的坐标为（m，n），求n关于m的函数关系式．6．（2018•成都模拟）如图1，平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2﹣4ax+c与直线y＝kx+1（k≠0）交于y轴上一点A和第一象限内一点B，该抛物线顶点H的纵坐标为5．（1）求抛物线的解析式；（2）连接AH、BH，抛物线的对称轴与直线y＝kx+1（k≠0）交于点K，若S△AHB＝，求k的值；（3）在（2）的条件下，点P是直线AB上方的抛物线上的一动点（如图2），连接P A．当∠P AB＝45°时，ⅰ）求点P的坐标；ⅱ）已知点M在抛物线上，点N在x轴上，当四边形PBMN为平行四边形时，请求出点M的坐标．7．如图，在平面直角坐标系xOy中，顶点为M的抛物线是由抛物线y＝x2﹣3向右平移一个单位后得到的，它与y轴负半轴交于点A，点B在该抛物线上，且横坐标为3．（1）求点M、A、B坐标；（2）连接AB、AM、BM，求∠ABM的正切值；（3）点P是顶点为M的抛物线上一点，且位于对称轴的右侧，设PO与x正半轴的夹角为α，当α＝∠ABM时，求P点坐标．8．（2018•宿迁三模）如图，二次函数y＝﹣x2+2x+3的图象与x轴交于点A、B，与y轴交于点C．（1）求顶点D的坐标；（2）若点P（0，t）（t＜﹣1）是y轴上的点，将点Q（﹣5，0）绕着点P按顺时针方向旋转90度得到点E，当点E恰好落在该二次函数的图象上时，求t的值；（3）在（2）的条件下，连接AD、AE，若M是该二次函数图象上的一点，且∠DAE＝∠MCB，求点M 的坐标．9．如图，抛物线y＝ax2+bx﹣4a经过A（﹣1，0）、C（0，4）两点，与x轴交于另一点B．（1）求抛物线的解析式；（2）已知点D（m，m+1）在第一象限的抛物线上，求点D关于直线BC对称的点的坐标；（3）在（2）的条件下，连接BD，点P为抛物线上一点，且∠DBP＝45°，求点P的坐标．10．（2020•青浦区一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y 轴交于点C，对称轴为直线x＝2，点A的坐标为（1，0）．（1）求该抛物线的表达式及顶点坐标；（2）点P为抛物线上一点（不与点A重合），联结PC．当∠PCB＝∠ACB时，求点P的坐标；（3）在（2）的条件下，将抛物线沿平行于y轴的方向向下平移，平移后的抛物线的顶点为点D，点P的对应点为点Q，当OD⊥DQ时，求抛物线平移的距离．11．如图，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，其对称轴交抛物线于点D，交x轴于点E，已知OB＝OC＝6．（1）求抛物线的解析式及点D的坐标；（2）连接BD，F为抛物线上一动点，当∠F AB＝∠EDB时，求点F的坐标；（3）平行于x轴的直线交抛物线于M、N两点，以线段MN为对角线作菱形MPNQ，当点P在x轴上，且PQ＝MN时，求菱形对角线MN的长．12．如图1，抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于点A（﹣1，0）、B（3，0），与y轴交于点C，点D为抛物线的顶点．（1）求抛物线的解析式及顶点D的坐标；（2）如图2，连接BD，F为x轴上一点，连接CF交BD于点E，当BE＝CE时，求点F的坐标；（3）如图3，连接AC、BC，在（1）中的抛物线上是否存在点G，使得∠BCG＝∠ACO？若存在，直接写出点G的坐标；若不存在，请说明理由．答案一、相似三角形的性质1. 两个三角形相似，对应角相等；2. 两个三角形相似，对应边成比例；2. 两个三角形相似，对应线之比（高线、角平分线、中线）等于相似比；3. 两个三角形相似，周长比等于相似比；4. 两个三角形相似，面积比等于相似比的平方.二、一线三等角1. 如图1，若∠ACB=∠D=∠E=90°，若AC=BC，即△ACB为等腰直角三角形，则有△ACD≌△CBE；2. 如图2，若∠ACB=∠D=∠E=90°，此为一线三直角，也称“K字型”，则有△ACD∽△CBE；3. 如图3，若∠ACB=∠D=∠E，此为一般的一线三等角，则有△ACD∽△CBE.图1 图2 图3一、构造一线三等角1. 当出现特殊角度45°时，联想到直角三角形，联想到一线三垂直，如图4有△ACD∽△CBE；图42. 当出现特殊角度30°时，联想到直角三角形，联想到一线三垂直，如图5有△ACD ∽△CBE ；图53. 当出现tan=abα时，联想到直角三角形，联想到一线三垂直，如图6有△ACD ∽△CBE ；二、构造子母型相似三、整体旋转法如图，已知点()3,4A ，将点A 绕原点O 顺时针旋转45°角，求其对应点A`的坐标.∵ △BAC ∽△BEA ∴ BA 2=BC ·BE则 BD 2+AD 2=BC ·BE解题：【例题1】如图，在平面直角坐标系中，经过点A 的双曲线y ＝（x ＞0）同时经过点B ，且点A 在点B 的左侧，点A 的横坐标为，∠AOB ＝∠OBA ＝45°，则k的值为．【解析】过A 作AM ⊥y 轴于M ，过B 作BD ⊥x 轴于D ，直线BD 与AM 交于点N ，如图所示：则OD ＝MN ，DN ＝OM ，∠AMO ＝∠BNA ＝90°， ∴∠AOM +∠OAM ＝90°， ∵∠AOB ＝∠OBA ＝45°， ∴OA ＝BA ，∠OAB ＝90°， ∴∠OAM +∠BAN ＝90°， ∴∠AOM ＝∠BAN ，在△AOM 和△BAN 中，，∴△AOM ≌△BAN （AAS ），722,A ⎛⎫' ⎪ ⎪⎝⎭∴AM＝BN＝，OM＝AN＝，∴OD＝+，BD＝﹣，∴B（+，﹣），∴双曲线y＝（x＞0）同时经过点A和B，∴（+）•（﹣）＝k，整理得：k2﹣2k﹣4＝0，解得：k＝1±（负值舍去），∴k＝1+；故答案为：1+．【例题2】（2018•武汉模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝12，E为边AB上一点，AE＝2，P、Q 分别为边AD、BC上的两点，且∠PEQ＝45°，若△EPQ为等腰三角形，则AP的长为．【解析】（1）如图1，当PE＝PQ时，作QF⊥AD，则四边形ABQF是矩形，可得QF＝AB＝6．∵∠A＝∠PFQ＝∠EPQ＝90°，∴∠APE+∠QPF＝90°，∠APE+∠AEP＝90°，∴∠AEP＝∠QPF，∵PE＝PQ，∴△AEP≌△FPQ（AAS），∴AP＝FQ＝6；（2）如图2，当QE＝QP时，作PF⊥BC，则四边形ABFP是矩形，可得PF＝AB＝6，同法可得：△BEQ≌△FQP（AAS），∴BE＝FQ＝4，BQ＝FP＝6，∴AP＝BF＝10；（3）如图3，当EP＝EQ时，作PM⊥PE交EQ的延长线于点M，作MF⊥AD于点F，MF交BC于点H．∵EP＝EQ，BE∥MH，∴，∴，∴．同法可得△AEP≌△FPM（AAS），∴．综合（1）、（2）、（3）可知：AP＝6或AP＝10或．故答案是：6或10或4+2．【例题3】如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝﹣x+m分别交x轴，y轴于A，B两点，已知点C（2,0）．（1）当直线AB经过点C时，点O到直线AB的距离是；（2）设点P为线段OB的中点，连结P A，PC，若∠CP A＝∠ABO，则m的值是．【解析】（1）当直线AB经过点C时，点A与点C重合，当x＝2时，y＝﹣2+m＝0，即m＝2，所以直线AB的解析式为y＝﹣x+2，则B（0，2）．∴OB＝OA＝2，AB＝2．设点O到直线AB的距离为d，由S△OAB＝OA2＝AB•d，得4＝2d，则d＝．故答案是：．（2）作OD＝OC＝2，连接CD．则∠PDC＝45°，如图，由y＝﹣x+m可得A（m，0），B（0，m）．所以OA＝OB，则∠OBA＝∠OAB＝45°．当m＜0时，∠APC＞∠OBA＝45°，所以，此时∠CP A＞45°，故不合题意．所以m＞0．因为∠CP A＝∠ABO＝45°，所以∠BP A+∠OPC＝∠BAP+∠BP A＝135°，即∠OPC＝∠BAP，则△PCD∽△APB，所以＝，即＝，解得m＝12．故答案是：12．【例题4】如图，已知点A（2，3）和点B（0，2），点A在反比例函数y＝的图象上，作射线AB，再将射线AB绕点A按逆时针方向旋转45°，交反比例函数图象于点C，则点C的坐标为．【解析】解法一：如图所示，过A作AE⊥x轴于E，以AE为边在AE的左侧作正方形AEFG，交AB于P，根据点A（2，3）和点B（0，2），可得直线AB的解析式为y＝x+2，由A（2，3），可得OF＝1，当x＝﹣1时，y＝﹣+2＝，即P（﹣1，），∴PF＝，将△AGP绕点A逆时针旋转90°得△AEH，则△ADP≌△ADH，∴PD＝HD，PG＝EH＝，设DE＝x，则DH＝DP＝x+，FD＝1+2﹣x＝3﹣x，Rt△PDF中，PF2+DF2＝PD2，即（）2+（3﹣x）2＝（x+）2，解得x＝1，∴OD＝2﹣1＝1，即D（1，0），根据点A（2，3）和点D（1，0），可得直线AD的解析式为y＝3x﹣3，解方程组，可得或，∴C（﹣1，﹣6），故答案为：（﹣1，﹣6）．解法二：如图，过A作AD⊥y轴于D，将AB绕着点B顺时针旋转90°，得到A'B，过A'作A'H⊥y轴于H，由AB＝BA'，∠ADB＝∠BHA'＝90°，∠BAD＝∠A'BH，可得△ABD≌△BA'H，∴BH＝AD＝2，又∵OB＝2，∴点H与点O重合，点A'在x轴上，∴A'（1，0），又∵等腰Rt△ABA'中，∠BAA'＝45°，而∠BAC＝45°，∴点A'在AC上，由A（2，3），A'（1，0），可得直线AC的解析式为y＝3x﹣3，解方程组，可得或，∴C（﹣1，﹣6），故答案为：（﹣1，﹣6）．解法三：如图，过B作BF⊥AC于F，过F作FD⊥y轴于D，过A作AE⊥DF于E，则△ABF为等腰直角三角形，易得△AEF≌△FDB，设BD＝a，则EF＝a，∵点A（2，3）和点B（0，2），∴DF＝2﹣a＝AE，OD＝OB﹣BD＝2﹣a，∵AE+OD＝3，∴2﹣a+2﹣a＝3，解得a＝，∴F（，），设直线AF的解析式为y＝kx+b，则，解得，∴y＝3x﹣3，解方程组，可得或，∴C（﹣1，﹣6），故答案为：（﹣1，﹣6）．【例题5】如图1，平面直角坐标系中，直线y＝x+1与抛物线y＝﹣x2+bx+c交于A，B两点，点A在y 轴上，点B的横坐标为，点P是直线AB上方的抛物线上的一动点（不与点A，B重合），作PC⊥AB于点C．（1）求抛物线的解析式；（2）设点P的横坐标为m．①用含m的代数式表示PC的长；②求PC长的最大值；（3）如图2，连接P A，若∠P AB＝45°，求点P的坐标．【解析】（1）将x＝0代入y＝x+1得：y＝1，∴A（0，1）．将x＝代入y＝x+1得：y＝，∴B（，），把A、B两点坐标代入y＝﹣x2+bx+c得到，解得，∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+4x+1；（2）如图1，作PF⊥x轴于F，交AB于E，直线AB交x轴于D．把y＝0代入y＝x+1得：x+1＝0，解得x＝﹣2，∴D（﹣2，0）．设P（m，﹣m2+4m+1），则E（m，m+1），∵点P在直线AB上方，∴PE＝﹣m2+4m+1﹣（m+1）＝﹣m2+m，∵OA＝1，OD＝2，AD＝，∵PF∥OA，∴∠DAO＝∠DEF＝∠PEC，∵∠AOD＝∠PCE＝90°，∴△PCE∽△DOA，∴＝，即＝∴PC＝﹣（m2﹣m），∵PC＝﹣（m2﹣m）＝﹣（m﹣）2+，∵﹣＜0，∴m＝时，PC有最大值，最大值为；（3）如图2所示，过点A作AC∥x轴，交抛物线与点C，作CD∥y轴交AB与点D，将△ACD旋转90°得到△AEF，延长EF交AP与点G，连结GD．将y＝1代入抛物线的解析式得：﹣x2+4x+1＝1，解得：x＝0或x＝4．∴点C的坐标为（4，1）．将x＝4代入直线AB的解析式得：y＝3，∴点D的坐标为（4，3）．由旋转的性质可知：AF＝AC＝4，EF＝DC＝2，AE＝AD．∴点E的坐标为（﹣2，5）．在△AEG和△ADG中，∴△AEG≌△ADG．∴EG＝DG．设点D的坐标为（x，y），由两点间的距离公式可知：（x+2）2+（y﹣5）2＝（x﹣4）2+（y﹣3）2，整理得：y＝3x+1．∴直线AG的解析式为y＝3x+1．将y＝3x+1代入y＝﹣x2+4x+1得：3x+1＝﹣x2+4x+1，整理得：x2﹣x＝0，解得：x＝0或x＝1．∴点P的横坐标为1．将x＝1代入y＝3x+1得：y＝4．∴点P的坐标为（1，4）．1．（2018•龙岗区一模）如图，已知反比例函数y＝（x＞0）的图象经过点A（3，4），在该图象上面找一点P，使∠POA＝45°，则点P的坐标为．【解析】作AE⊥y轴于E，将线段OA绕点O顺时针旋转90°得到OA′，作A′F⊥x轴于F，则△AOE ≌△A′OF，可得OF＝OE＝4，A′F＝AE＝3，即A′（4，﹣3）∵反比例函数y＝（x＞0）的图象经过点A（3，4），所以由勾股定理可知：OA＝5，∴4＝，OA＝5，∴k＝12，∴y＝，∴AA′的中点K（，），∴直线OK的解析式为y＝x，由，解得或，∵点P在第一象限，∴P（2，），故答案为（2，）．2．（2017•孝感）如图，在平面直角坐标系中，OA＝AB，∠OAB＝90°，反比例函数y＝（x＞0）的图象经过A，B两点．若点A的坐标为（n，1），则k的值为．【解析】作AE⊥x轴于E，BF⊥x轴于F，过B点作BC⊥y轴于C，交AE于G，如图所示：则AG⊥BC，∵∠OAB＝90°，∴∠OAE+∠BAG＝90°，∵∠OAE+∠AOE＝90°，∴∠AOE＝∠GAB，在△AOE和△BAG中，，∴△AOE≌△BAG（AAS），∴OE＝AG，AE＝BG，∵点A（n，1），∴AG＝OE＝n，BG＝AE＝1，∴B（n+1，1﹣n），∴k＝n×1＝（n+1）（1﹣n），整理得：n2+n﹣1＝0，解得：n＝（负值舍去），∴n＝，∴k＝；故答案为：．3．（2017•新区一模）（1）如图1，已知△ABC，以AB，AC为边分别向△ABC外作等边△ABD和等边△ACE，连结BE，CD，请你完成图形（尺规作图，不写作法，保留作图痕迹），并证明：BE＝CD；（2）如图2，利用（1）中的方法解决如下问题：在四边形ABCD中，AD＝3，CD＝2，∠ABC＝∠ACB ＝∠ADC＝45°，求BD的长．（3）如图3，四边形ABCD中，∠CAB＝90°，∠ADC＝∠ACB＝α，tanα＝，CD＝5，AD＝12，求BD的长．【解析】（1）如图1，分别以点A、B为圆心，以AB为半径画弧，交于点D，连接AD、BD，再分别以A、C为圆心，以AC为半径画弧，交于点E，连接AE、CE，则△ABD、△ACE就是所求作的等边三角形；证明：如图1，∵△ABD和△ACE都是等边三角形，∴AD＝AB，AC＝AE，∠DAB＝∠EAC＝60°，∴∠DAC＝∠BAE，∴△DAC≌△BAE（SAS），∴BE＝CD；（2）如图2，过A作AE⊥AD，使AD＝AE＝3，连接DE、CE，由勾股定理得：DE＝＝3，∴∠EDA＝45°，∵∠ADC＝45°，∴∠EDC＝∠EDA+∠ADC＝90°，∵∠ACB＝∠ABC＝45°，∴∠CAB＝90°，∴∠CAB+∠DAC＝∠EAD+∠DAC，即∠EAC＝∠DAB，∵AE＝AD，AC＝AB，∴△DAB≌△EAC（SAS），∴EC＝BD，在Rt△DCE中，EC＝＝＝，∴BD＝EC＝；（3）如图3，作直角三角形DAE，使得∠DAE＝90°，∠DEA＝∠ACB，连接EC，容易得到△DAE∽△BAC，∴，即，∵∠DAE＝∠BAC＝90°，∴∠DAE+∠DAC＝∠BAC+∠DAC，即∠EAC＝∠DAB，∴△EAC∽△DAB，∴，在△DCE中，∠ADC＝∠ACB，∠EDA＝∠ABC，∴∠EDC＝90°，∵，AD＝12，∴AE＝9，∠DAE＝90°，∴DE＝＝15，CE＝＝5，由△EAC∽△DAB，∴BD＝．4．（2019•成都一模）如图，反比例函数的图象过格点（网格线的交点）A．（1）求反比例函数的解析式；（2）若点P是该双曲线第一象限上的一点，且∠AOP＝45°，填空：①直线OP的解析式为y＝x；②点P的坐标为（，）．【解析】（1）由图知，点A（1，3），∵点A（1，3）在反比例函数y＝图象上，∴k═1×3＝3，∴反比例函数的解析式为y＝；（2）①如图，过点O作OA的垂线OE，取x轴上点（3，0），记D，则D（3，0），∴OD＝3，过点D作BD⊥x轴，交OE于B，OP于C，易知，B（3，﹣1），OA＝OB，∵∠AOP＝45°，∴∠BOC＝∠AOB﹣∠AOP＝45°＝∠AOC，∵OC＝OC，∴△AOC≌△BOC（SAS），∴AC＝BC，设C（3，m），∵A（1，3），B（3，﹣1），∴AC＝，BC＝m+1，∴＝m+1，∴m＝，∴C（3，），设直线OP的解析式为y＝kx，∴3k＝，∴k＝，∴直线OP的解析式为y＝x，故答案为：y＝x；②由①知，直线OP的解析式为y＝x（Ⅰ），由（1）知，反比例函数解析式为y＝（Ⅱ），联立（Ⅰ）（Ⅱ）解得，或（由于点P在第一象限内，所以，舍去），∴P（，），故答案为：（，）．5．如图，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A（0，3），C（3，0）；过A作AB∥x轴交抛物线于点B，连接AC、BC，点P为抛物线上动点．（1）求抛物线解析式；（2）当∠P AB＝∠BCA时，求点P的坐标；（3）当点P在抛物线上BC两点之间移动时，点Q为x轴上一动点，连接AP、AQ，使得tan∠P AQ＝2，且AP交BC于点G，过G作GH⊥AQ交AQ于点H，设点H的坐标为（m，n），求n关于m的函数关系式．【解析】（1）将A（0，3），C（3，0）代入得：，解得b＝2，c＝3．∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3；（2）如图1中，当点P在抛物线上BC两点之间时，连接P A交BC于E，作BM⊥OC于M，EN⊥BM 于N．∵∠P AB＝∠ACB，∠ABE＝∠ABC，∴△ABE∽△CBA，∴＝，∴AB2＝BE•BC，∴BE•BC＝4，∵BC＝，∴BE＝，∵EN∥MC，∴＝＝，∴＝＝，∴BN＝，EN＝，∴E（，），∵A（0，3），∴直线AE的解析式为y＝﹣x+3，由解得或，∵A（0，3），∴P（，），根据对称性直线AP关于直线AB的对称的直线AP′的解析式为y＝x+3，由解得或，∴P′（，），综上所述，满足条件的点P坐标为P（，）或（，）；（3）如图2中，作HM⊥OA于M，GN⊥MH于N．∵AH⊥GH，∴∠AHG＝90°，由△AHM∽△HGN，∴＝＝，∵tan∠GAH＝＝2，H（m，n），∴＝＝，∴HN＝6﹣2n，GN＝2m，∴G（6﹣﹣2n+m，2m+n），∵直线BC的解析式为y＝﹣3x+9，∵点G在直线BC上，∴2m+n＝﹣3（6﹣2n+m）+9，∴n＝m+．6．（2018•成都模拟）如图1，平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2﹣4ax+c与直线y＝kx+1（k≠0）交于y轴上一点A和第一象限内一点B，该抛物线顶点H的纵坐标为5．（1）求抛物线的解析式；（2）连接AH、BH，抛物线的对称轴与直线y＝kx+1（k≠0）交于点K，若S△AHB＝，求k的值；（3）在（2）的条件下，点P是直线AB上方的抛物线上的一动点（如图2），连接P A．当∠P AB＝45°时，ⅰ）求点P的坐标；ⅱ）已知点M在抛物线上，点N在x轴上，当四边形PBMN为平行四边形时，请求出点M的坐标．【解析】（1）∵抛物线y＝ax2﹣4ax+c与直线y＝kx+1交于y轴上一点A∴A（0，1），即c＝1∵抛物线y＝ax2﹣4ax+c＝a（x﹣2）2﹣4a+c∴顶点坐标为（2，c﹣4a）∴c﹣4a＝5∴a＝﹣1∴抛物线解析式y＝﹣x2+4x+1＝﹣（x﹣2）2+5（2）∵抛物线与直线相交∴kx+1＝﹣x2+4x+1∴x1＝0，x2＝4﹣k∴B点横坐标为4﹣k∵点B在第一象限∴4﹣k＞0即k＜4∵S△AHB＝HK×（4﹣k）＝∴（5﹣2k﹣1）×（4﹣k）＝解得：k1＝，k2＝（不合题意舍去）（3）ⅰ）如图：将AB绕B点顺时针旋转90°到BC位置，过B点作BD⊥x轴，过点C点作CD⊥BD 于D，过A点作AE⊥BD于E∵k＝，∴B（，）∵A（0，1），B（，）∴AE＝，BE＝∵旋转∴BC＝AB，∠ABC＝90°∴∠CAB＝45°，∠CBD+∠ABE＝90°且∠CBD+∠DCB＝90°∴∠ABE＝∠DCB且AB＝BC，∠D＝∠AEB＝90°∴△ABE≌△BCD∴AE＝BD＝，BE＝CD＝∴C（，）设AC解析式y＝bx+1∴＝b+1∴b＝3∴AC解析式y＝3x+1∵P是直线AC与抛物线的交点∴3x+1＝﹣x2+4x+1∴x1＝0，x2＝1∴P（1，4）ⅱ）如图2：设PM与BN的交点为H∵四边形PBMN为平行四边形∴PH＝NH，BH＝MH∵设点M坐标为（x，y）∴＝∴y＝﹣∴﹣＝﹣（x﹣2）2+5解得：x1＝﹣，x2＝∴点M坐标为（﹣，﹣），（，﹣）7．（2014•白银）如图，在平面直角坐标系xOy中，顶点为M的抛物线是由抛物线y＝x2﹣3向右平移一个单位后得到的，它与y轴负半轴交于点A，点B在该抛物线上，且横坐标为3．（1）求点M、A、B坐标；（2）连接AB、AM、BM，求∠ABM的正切值；（3）点P是顶点为M的抛物线上一点，且位于对称轴的右侧，设PO与x正半轴的夹角为α，当α＝∠ABM时，求P点坐标．【解析】（1）抛物线y＝x2﹣3向右平移一个单位后得到的函数解析式为y＝（x﹣1）2﹣3，顶点M（1，﹣3），令x＝0，则y＝（0﹣1）2﹣3＝﹣2，点A（0，﹣2），x＝3时，y＝（3﹣1）2﹣3＝4﹣3＝1，点B（3，1）；（2）过点B作BE⊥AO于E，过点M作MF⊥AO于M，∵EB＝EA＝3，∴∠EAB＝∠EBA＝45°，同理可求∠F AM＝∠FMA＝45°，∴△ABE∽△AMF，∴＝＝，又∵∠BAM＝180°﹣45°×2＝90°，∴tan∠ABM＝＝；（3）过点P作PH⊥x轴于H，∵y＝（x﹣1）2﹣3＝x2﹣2x﹣2，∴设点P（x，x2﹣2x﹣2），①点P在x轴的上方时，＝，整理得，3x2﹣7x﹣6＝0，解得x1＝﹣（舍去），x2＝3，∴点P的坐标为（3，1）；②点P在x轴下方时，＝，整理得，3x2﹣5x﹣6＝0，解得x1＝（舍去），x2＝，x＝时，x2﹣2x﹣2＝﹣×＝﹣，∴点P的坐标为（，﹣），综上所述，点P的坐标为（3，1）或（，﹣）．8．（2018•宿迁三模）如图，二次函数y＝﹣x2+2x+3的图象与x轴交于点A、B，与y轴交于点C．（1）求顶点D的坐标；（2）若点P（0，t）（t＜﹣1）是y轴上的点，将点Q（﹣5，0）绕着点P按顺时针方向旋转90度得到点E，当点E恰好落在该二次函数的图象上时，求t的值；（3）在（2）的条件下，连接AD、AE，若M是该二次函数图象上的一点，且∠DAE＝∠MCB，求点M 的坐标．【解析】（1）二次函数的表达式为：y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2﹣4，所以顶点D的坐标为（1，4）；（2）如图1，过点E作EH⊥y轴于点H，∵∠PQO+∠OPQ＝90°，∠OPQ+∠HPE＝90°，∴∠HPE＝∠PQO，由旋转知，PQ＝PE，在△EPH和△PQO中，，∴△EPH≌△PQO（AAS），∴EH＝OP＝﹣t，HP＝OQ＝5∴E（﹣t，5+t）当点E恰好在该二次函数的图象上时，有5+t＝﹣t2﹣2t+3解得t1＝﹣2，t2＝﹣1（由于t＜﹣1所以舍去），（3）设点M（a，﹣a2+2a+3）①若点M在x轴上方，如图2，过点M作MN⊥y轴于点N，过点D作DF⊥x轴于点F．∵∠EAB＝∠OCB＝45°，∠DAE＝∠MCB∴∠MCN＝∠DAF∴△MCN∽△DAF，∴＝，即＝∴a1＝，a2＝0（舍去）∴M（，），②若点M在x轴下方，如图3，过点M作MN⊥y轴于点N，过点D作DF⊥x轴于点F．∵∠EAB＝∠OCB＝45°，∠DAE＝∠MCB∴∠MCN＝∠ADF∴△MCN∽△ADF∴＝，即＝∴a1＝4，a2＝0（舍去）∴M（4，﹣5）综上所述，M（，）或M（4，﹣5）．9．（2009•武汉）如图，抛物线y＝ax2+bx﹣4a经过A（﹣1，0）、C（0，4）两点，与x轴交于另一点B．（1）求抛物线的解析式；（2）已知点D（m，m+1）在第一象限的抛物线上，求点D关于直线BC对称的点的坐标；（3）在（2）的条件下，连接BD，点P为抛物线上一点，且∠DBP＝45°，求点P的坐标．【解析】方法一：解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx﹣4a经过A（﹣1，0）、C（0，4）两点，∴，解得，∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+3x+4；（2）∵点D（m，m+1）在抛物线上，∴m+1＝﹣m2+3m+4，即m2﹣2m﹣3＝0∴m＝﹣1或m＝3∵点D在第一象限∴点D的坐标为（3，4）由（1）知OC＝OB∴∠CBA＝45°设点D关于直线BC的对称点为点E∵C（0，4）∴CD∥AB，且CD＝3∴∠ECB＝∠DCB＝45°∴E点在y轴上，且CE＝CD＝3∴OE＝1∴E（0，1）即点D关于直线BC对称的点的坐标为（0，1）；（3）方法一：作PF⊥AB于F，DE⊥BC于E，由（1）有：OB＝OC＝4∴∠OBC＝45°∵∠DBP＝45°∴∠CBD＝∠PBA∵C（0，4），D（3，4）∴CD∥OB且CD＝3∴∠DCE＝∠CBO＝45°∴DE＝CE＝∵OB＝OC＝4∴BC＝4∴BE＝BC﹣CE＝∴tan∠PBF＝tan∠CBD＝设PF＝3t，则BF＝5t，OF＝5t﹣4∴P（﹣5t+4，3t）∵P点在抛物线上∴3t＝﹣（﹣5t+4）2+3（﹣5t+4）+4∴t＝0（舍去）或t＝∴P（，）；方法二：过点D作BD的垂线交直线PB于点Q，过点D作DH⊥x轴于H，过Q点作QG⊥DH于G，∵∠PBD＝45°，∴QD＝DB，∴∠QDG+∠BDH＝90°，又∵∠DQG+∠QDG＝90°，∴∠DQG＝∠BDH，∴△QDG≌△DBH，∴QG＝DH＝4，DG＝BH＝1由（2）知D（3，4），∴DH＝4，OH＝3∴HG＝OH＝3，QG＝DH＝4，∴QF＝QG﹣GF＝4﹣3＝1∴Q（﹣1，3）∵B（4，0）∴直线BQ的解析式为y＝﹣x+，解方程组，得，∴点P的坐标为（，）．方法二：（1）略．（2）∵点D（m，m+1）在抛物线上，∴m+1＝﹣m2+3m+4，即m2﹣2m﹣3＝0∴m＝﹣1或m＝3∵点D在第一象限∴点D的坐标为（3，4）∵B（4，0），C（0，4），∴l BC：y＝﹣x+4，D，E关于BC对称，∴DE⊥BC，DE与BC的交点F为DE的中点，K DE×K BC＝﹣1，∵K BC＝1，∴K DE＝﹣1，l DE：y＝x+1，l BC：y＝﹣x+4，∴l DE与l BC的交点F（，），∵F X＝，F Y＝，∴E（0，1）．（3）过点D作直线BF的垂线，垂足为H，设点H（a，b），∵∠DBP＝45°，∴△DHB为等腰三角形，点B可视为点D绕点H顺时针旋转90°而成，将点H平移至原点得点H′，则点D（3，4）平移后为D′（3﹣a，4﹣b），将点D′顺时针旋转90°，则点B′（4﹣b，a﹣3），将H′平移至H，则B′平移后即为点B（4+a﹣b，a+b﹣3），∵B（4，0），∴4+a﹣b＝4，a+b﹣3＝0，∴a＝b＝，H（，），∵P在直线BH上，K BH＝，∴l BH：y＝﹣x，∴⇒，∴点P的坐标为（，）．10．（2020•青浦区一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y 轴交于点C，对称轴为直线x＝2，点A的坐标为（1，0）．（1）求该抛物线的表达式及顶点坐标；（2）点P为抛物线上一点（不与点A重合），联结PC．当∠PCB＝∠ACB时，求点P的坐标；（3）在（2）的条件下，将抛物线沿平行于y轴的方向向下平移，平移后的抛物线的顶点为点D，点P 的对应点为点Q，当OD⊥DQ时，求抛物线平移的距离．【解析】（1）∵对称轴为直线x＝2，点A的坐标为（1，0），∴点B的坐标是（3，0）．将A（1，0），B（3，0）分别代入y＝x2+bx+c，得．解得．则该抛物线解析式是：y＝x2﹣4x+3．由y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1知，该抛物线顶点坐标是（2，﹣1）；（2）如图1，过点P作PN⊥x轴于N，过点C作CM⊥PN，交NP的延长线于点M，∵∠CON＝90°，∴四边形CONM是矩形．∴∠CMN＝90°，CO＝MN、∴y＝x2﹣4x+3，∴C（0，3）．∵B（3，0），∴OB＝OC＝3．∵∠COB＝90°，∴∠OCB＝∠BCM＝45°．又∵∠ACB＝∠PCB，∴∠OCB﹣∠ACB＝∠BCM﹣∠PCB，即∠OCA＝∠PCM．∴tan∠OCA＝tan∠PCM．∴＝．故设PM＝a，MC＝3a，PN＝3﹣a．∴P（3a，3﹣a），将其代入抛物线解析式y＝x2﹣4x+3，得（3a）2﹣4（3﹣a）+3＝3﹣a．解得a1＝，a2＝0（舍去）．∴P（，）．（3）设抛物线平移的距离为m，得y＝（x﹣2）2﹣1﹣m．∴D（2，﹣1﹣m）．如图2，过点D作直线EF∥x轴，交y轴于点E，交PQ延长线于点F，∵∠OED＝∠QFD＝∠ODQ＝90°，∴∠EOD+∠ODE＝90°，∠ODE+∠QDP＝90°．∴∠EOD＝∠QDF．∴tan∠EOD＝tan∠QDF，∴＝．∴＝．解得m＝．故抛物线平移的距离为．11．（2017•咸宁）如图，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，其对称轴交抛物线于点D，交x轴于点E，已知OB＝OC＝6．（1）求抛物线的解析式及点D的坐标；（2）连接BD，F为抛物线上一动点，当∠F AB＝∠EDB时，求点F的坐标；（3）平行于x轴的直线交抛物线于M、N两点，以线段MN为对角线作菱形MPNQ，当点P在x轴上，且PQ＝MN时，求菱形对角线MN的长．【解析】（1）∵OB＝OC＝6，∴B（6，0），C（0，﹣6），∴，解得，∴抛物线解析式为y＝x2﹣2x﹣6，∵y＝x2﹣2x﹣6＝（x﹣2）2﹣8，∴点D的坐标为（2，﹣8）；（2）如图1，过F作FG⊥x轴于点G，设F（x，x2﹣2x﹣6），则FG＝|x2﹣2x﹣6|，在y＝x2﹣2x﹣6中，令y＝0可得x2﹣2x﹣6＝0，解得x＝﹣2或x＝6，∴A（﹣2，0），∴OA＝2，则AG＝x+2，∵B（6，0），D（2，﹣8），∴BE＝6﹣2＝4，DE＝8，当∠F AB＝∠EDB时，且∠FGA＝∠BED，∴△F AG∽△BDE，∴＝，即＝＝，当点F在x轴上方时，则有＝，解得x＝﹣2（舍去）或x＝7，此进F点坐标为（7，）；当点F在x轴下方时，则有＝﹣，解得x＝﹣2（舍去）或x＝5，此进F点坐标为（5，﹣）；综上可知F点的坐标为（7，）或（5，﹣）；（3）∵点P在x轴上，∴由菱形的对称性可知P（2，0），如图2，当MN在x轴上方时，设T为菱形对角线的交点，∵PQ＝MN，∴MT＝2PT，设PT＝n，则MT＝2n，∴M（2+2n，n），∵M在抛物线上，∴n＝（2+2n）2﹣2（2+2n）﹣6，解得n＝或n＝（舍去），∴MN＝2MT＝4n＝+1；当MN在x轴下方时，同理可设PT＝n，则M（2+2n，﹣n），∴﹣n＝（2+2n）2﹣2（2+2n）﹣6，解得n＝或n＝（舍去），∴MN＝2MT＝4n＝﹣1；综上可知菱形对角线MN的长为+1或﹣1．12．（2016•皇姑区一模）如图1，抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于点A（﹣1，0）、B（3，0），与y轴交于点C，点D为抛物线的顶点．（1）求抛物线的解析式及顶点D的坐标；（2）如图2，连接BD，F为x轴上一点，连接CF交BD于点E，当BE＝CE时，求点F的坐标；（3）如图3，连接AC、BC，在（1）中的抛物线上是否存在点G，使得∠BCG＝∠ACO？若存在，直接写出点G的坐标；若不存在，请说明理由．【解析】（1）把A（﹣1，0）、B（3，0）代入y＝ax2+bx+3得：，解得：，∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2+2x+3，y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，顶点D（1，4）；（2）当x＝0时，y＝3，∴C（0，3），∴OC＝3，∵B（3，0），∴OB＝3，∴OB＝OC，∵BE＝CE，∴点E在∠COB的平分线上，作射线OE，则OE的解析式为：y＝x，设BD的解析式为：y＝kx+b，把B（3，0）、D（1，4）代入得：，解得：，∴BD的解析式为：y＝﹣2x+6，则，﹣2x+6＝x，x＝2，∴y＝2，∴E（2，2），设CE的解析式为：y＝kx+b，把C（0，3），E（2，2）代入得：，解得：，∴CE的解析式为：y＝﹣x+3，当y＝0时，﹣x+3＝0，x＝6，∴F（6，0）；（3）分两种情况：设G（x，﹣x2+2x+3），①如图3，当CG交x轴于M时，∵∠ACO＝∠BCG时，∴∠ACM＝∠OCB，∵OC＝OB，∴∠OCB＝∠OBC＝45°，∴∠ACM＝45°，∵∠ACB＝∠ACM+∠BCG，∠AMC＝∠OBC+∠BCG，∴∠ACB＝∠AMC，∵∠CAM＝∠CAB，∴△ACM∽△ABC，∴，∵OA＝1，OC＝3，∴AC＝，设M（x，0），∴＝，∴x＝，∴M（，0），同理可求得CM的解析式为：y＝﹣2x+3，则，﹣x2+2x+3＝﹣2x+3，x2﹣4x＝0，x1＝0（舍），x2＝4，当x＝4时，y＝﹣5，∴G（4，﹣5），②如图4，当CG与x轴交于点N时，过A作AP⊥BC于P，∵∠OBC＝45°，∴△ABP是等腰直角三角形，∵AB＝4，∴AP＝BP＝＝2，∵BC＝＝3，∴CP＝BC﹣BP＝，∵∠ACO＝∠BCG，∴∠ACB＝∠OCG，∵∠APC＝∠COB＝90°，∴△ACP∽△NCO，∴，∴，∴NO＝6，∴N（6，0），同理可得NC的解析式为：y＝﹣x+3，联立方程组得：，解得：x1＝0，x2＝，因为点G在抛物线上，所以当x＝时，y＝，∴G（，），综上所述，存在点G（4，﹣5）或（，），使得∠BCG＝∠ACO．。

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说明理由，
y
PC
P
C
P
C
B
扫码看视频
A x GB
O
Ax
O
E
B
Ax
O
●已知抛物线y=ax2+bx+3经过点和点B（-3,0），与y轴交于C点，点P为第二象限内抛物线上的动点。 ⑴求抛物线的解析式及顶点坐标。
A（1,0）
B（-3,0）
y=-x2-2x+3
顶点（-1,4）
y=ax2+bx+3
遇到矩正和直三横平竖直可通关先倒角来后列点交规大法亮光环
行道有恒行
十年
天
磨
天下不李负
一剑
澍
心
●模块17；将军饮马那点事
血
●模块18：胡不归模型 ●模块19：角处理之倍半角模型【倍进延直等斜；半退垂（中）斜交直】
结
●模块20：折叠专题
晶
●模块21：旋转专题（与03融合学习） ●模块22：操作&类比探究 ●模块23：几何背景下中考数学120解题模型实战演练
模块一：角的存在性处理策略
思维导图
构造一线三等角构造母子型相似
整体旋转法缩放法应用
定正切，入动角；动角中，找定边；定边上，找顶点；过定点，作垂线；锁目标，找直三；围矩形，找三直；坐矩变，设表列。
001 视频解析
二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴相交于A、B两点，与y轴交于C点，且关于直线x=1对称，点A的坐标为（-1,0） ⑴求二次函数的表达式。
盲目刷题，不如精做典例
老李继续和你一起图解中考数学压轴题
中考数学120解题模型实战训练
李澍老师
模型识别，经验积累，精准施策，方法比努力更重要诀曰：
找模型，造模型；精准施策是根本。角推死，边表完；实在不行设表列。
中考得分潜规则
人人参与（公平）人人有得（该得）各展其能（本事）不贪则喜（技术）
●已知抛物线y=ax2+bx+3经过点A（1,0）和点B（-3,0），与y轴交于C点，点P 为第二象限内抛物线上的动点。
《中考数学压轴题120解题模型实战演绎》
六
●模块01：角的存在性处理策略 ●模块02：边对角问题处理策略 ●模块03：初中几何中的“三套马车”—等角套、歪八套、A8连环套+等补四边形”
零后
●模块04：初中几何中的“十字架” ●模块05：等腰、直角三角形存在性处理策略 ●模块06：相似模型及相似三角形存在性处理策略
对称轴x=1 A（-1,0）
y=x2 -2x -3
A(-1,0) ; B(3,0) ; C(0,-3)
y
A O
C
B
x
二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴相交于A、B两点，与y轴交于C点，且关于直线x=1对称，点A的坐标为（-1,0） ⑵连接BC，若点p在y轴上时，BP和BC的夹角为15°，求线段CP的长度。
B
x
二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴相交于A、B两点，与y轴交于C点，且关于直线x=1对称，点A的坐标为（-1,0） ⑶当a≤x≤a+1时，二次函数y=x2+bx+c的最小值为2a,求a 的值。
套路：涉及二次函数最值，按照取值范围在对称轴左、中、右考量
①a+1＜1 y=x2 -2x -3 =（x-1）2- 4
老
学
李
●模块07：平行四边形（含菱形、矩形、正方形）存在性处理策略
有
三
●模块08：巧施绝对值处理策略 ●模块09：中点处理策略 ●模块10：角平分线处理策略 ●模块11：垂直处理策略 ●模块12：斜化直处理策略 ●模块13；面积（含宽高+三角模型）、线段最值处理策略 ●模块14：动点专题（速度的几函交迫） ●模块15：路径与最值 ●模块16：路径之瓜豆原理
巨献
●模块24：圆的计算与证明
●模块25：方不函综合应用专题
●模块26：三角比应用与模型秒杀压轴题（从“12345”模型说开去&并附《中考数学120解题模型口诀》
中考数学压轴题视频解析
原创作者：李树茂
《中考（初中）数学 120 解题模型》《老李视图解析—中考数学压轴题》
●原创作品盗版必究
澍式课件+澍式视频李澍说题
⑵连接BC，若点p在y轴上时，BP和BC的夹角为15°，求线段CP的长度。
⑶当a≤x≤a+1时，二次函数y=x2+bx+c的最小值为2a,求a 的值。
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y
角度存在找特殊最值现身压轴题准确分类考性质看似简单防掉坑
A O
C
B
x
二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴相交于A、B两点，与y轴交于C点，且关于直线x=1对称，点A的坐标为（-1,0） ⑴求二次函数的表达式。
吸收
哈佛教育专家最新研究成果—
时间
为什么建议看着课件听课？
模块一：角的存在性处理策略
表面积，用正弦；判等腰，想余弦；定等角，找正切；角推死，边算完；拉关系，设表列；遇含参，不恐惧；按常规，大胆干。
最近老李发布的视频课程将重点学习“角的存在性”动态问题压轴题。做压轴题，老李向来主张角优先，通过定角确定边的关系，从而找到解决难题的题眼。
②a≤1≤a+1
x=a+1时，y最小 y随x的增大而减小
（a+1-1）2- 4=2a
a=1±√5(舍谁？)
x=1时，y最小=-4 2a=-4 a=-2(舍) y
③a＞1
y=x2 -2x -3 =（x-1）2- 4
y随x的增大而增大 x=a时，y最小
（a-1）2- 4=2a
综上：a的值为1－√5或2＋√7
第二象限内抛物线上的动点。
⑴求抛物线的解析式及顶点坐标。
⑵链接OP交交BC于D，当S△CPD :S△BPD =1：2时，请求出D点的坐标。 ⑶点E的坐标为（0，-1），点G为x轴负半轴上一点，∠OGE=15°，连接PE,
若∠PEG=2 ∠OGE,求P点的坐标。
⑷是否存在点P,使四边形BOCP的面积为8，若存在，求P点的坐标，若不存在，
A O
C
a=2±7(舍谁？)
B
x
变式：若将第⑶小题中的最小值改为最大值，你会做吗？请思考做答？和上面的做法区别很大奥。—
要按照：a＜1/2和a≥1/2这两种情况分类。为什么？这个1/2是什么东东？
y
A O
C
B
x
002 视频解析
■已知抛物线y=ax2+bx+3经过点A（1,0）和点B（-3,0），与y轴交于C点，点P为
①P在BC上方
先分类→找特殊，造特殊（有特殊，用特殊）
B(3,0) ; C(0,-3)
∠OBC=45° ∠PBC=15°
∠OBP=30°
OP=√3
CP=3- √3 y
②P在BC下方
A
∠OBC=45°
O
∠OBP=60°
CP=3√3-3
∠PBC=15°
P1
C
注意：要有把15°，75°等列入特殊角的胸怀和意识！ p2